{
    "keyword": "2010-2022_Chemistry_MCQs",
    "model_name": "gpt-4-0314",
    "prompt": "请你做一道化学选择题\n请你一步一步思考并将思考过程写在【解析】和<eoe>之间。你将从A，B，C，D中选出正确的答案，并写在【答案】和<eoa>之间。\n例如：【答案】: A <eoa>\n完整的题目回答的格式如下：\n【解析】 ... <eoe>\n【答案】 ... <eoa>\n请你严格按照上述格式作答。\n题目如下：",
    "example": [
        {
            "index": 0,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （3 分）下列反应中, 可用离子方程式 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示的是（ ）\nA. $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}+\\mathrm{NaOH} \\stackrel{\\triangle}{=} \\mathrm{NaCl}+\\mathrm{NH}_{3} \\uparrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nB. $\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{HCl}=\\mathrm{MgCl}_{2}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nC. $\\mathrm{NaOH}+\\mathrm{NaHCO}_{3}=\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nD. $\\mathrm{NaOH}+\\mathrm{HNO}_{3}=\\mathrm{NaNO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 该反应为固体与固体加热条件下的反应, 不属于离子反应, 故 $\\mathrm{A}$ 不选;\n\nB. $\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}$ 为不溶性弱碱，不能用 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示, 故 $\\mathrm{B}$ 不选;\n\nC. $\\mathrm{NaOH}+\\mathrm{NaHCO}=\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 的离子反应为 $\\mathrm{OH}^{-}+\\mathrm{HCO}_{3}{ }^{-}=\\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 $\\mathrm{C}$ 不选;\n\nD. $\\mathrm{NaOH}+\\mathrm{HNO}_{3}=\\mathrm{NaNO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 为稀的强酸与稀的强碱反应生成可溶性盐和水的 离子反应, 可用 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示, \n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要理解离子方程式 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示的是酸和碱反应生成水的过程。因此，我们需要找出选项中的酸碱反应。\n\nA选项中，铵盐与氢氧化钠反应生成氨气和水，这是一个酸碱反应，但是生成的是氨气和水，而不仅仅是水，所以A选项不符合。\n\nB选项中，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，这是一个酸碱反应，生成的是水，所以B选项符合。\n\nC选项中，氢氧化钠与碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，这是一个碱碱反应，所以C选项不符合。\n\nD选项中，氢氧化钠与硝酸反应生成硝酸钠和水，这是一个酸碱反应，生成的是水，所以D选项符合。\n\n综上，B和D选项符合题目要求。但是题目要求选择一个答案，所以我们需要进一步分析。在B选项中，氢氧化镁是固态，不会完全离解为Mg2+和OH-，所以不能完全用离子方程式 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示。而在D选项中，氢氧化钠和硝酸都是强电解质，会完全离解，所以可以用离子方程式 $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 表示。因此，正确答案是D选项。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 1,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（3 分）下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式 $\\left(25^{\\circ}, 101 \\mathrm{kPa} ）:\\right.$\n\n(1) $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}(\\mathrm{~g})+\\frac{13}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=4 \\mathrm{CO}_{2}(\\mathrm{~g})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}=-2878 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\n\n(2) $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}(\\mathrm{~g})+\\frac{13}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=4 \\mathrm{CO}_{2}(\\mathrm{~g})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}=-2658 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\n\n(3) $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}(\\mathrm{~g})+\\frac{9}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=4 \\mathrm{CO}(\\mathrm{g})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}=-1746 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\n\n(4) $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}(\\mathrm{~g})+\\frac{9}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=4 \\mathrm{CO}(\\mathrm{g})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}=-1526 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\n\n由此判断，正丁烷的燃烧热是（ $）$\nA. $-2878 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\nB. $-2658 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\nC. $-1746 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\nD. $-1526 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解 正丁烷的燃烧热是指 $1 \\mathrm{~mol}$ 正丁烷完全燃烧生成气态 $\\mathrm{CO}_{2}$, 液态 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 放出的热量, 所以表示燃烧热的热化学方程式为: $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}(\\mathrm{~g})+\\frac{13}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=$ $4 \\mathrm{CO}_{2}(\\mathrm{~g})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}=-2878 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$, 正丁烷的燃烧热为 $-2878 \\mathrm{~kJ} / \\mathrm{mol}$ 。 故选: $\\mathrm{A}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】: 正丁烷的燃烧热是指正丁烷完全燃烧时，反应放出的热量。完全燃烧的产物应该是CO2和H2O。因此，我们应该选择产物为CO2和H2O的反应方程式。在这里，有两个方程式的产物是CO2和H2O，分别是(1)和(2)。然而，(1)和(2)的区别在于H2O的状态，(1)中H2O是液态，(2)中H2O是气态。在燃烧反应中，H2O通常以气态存在，因此，我们应该选择(2)。所以，正丁烷的燃烧热应该是-2658 kJ/mol。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 2,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. （3 分）在相同条件下, 下列说法错误的是（）\nA. 氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度\nB. 碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度\nC. 醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度\nD. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高 $\\mathrm{SO}_{2}$ 的利用率\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解： A、氯气溶于水存在平衡 $\\mathrm{Cl}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightleftharpoons \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{Cl}^{-}+\\mathrm{HClO}$, 饱和氯化钠溶 液含有电离氯离子, 氯离子浓度增大, 使平衡向左移动, 抑制氯气的溶解, 故 A 正确;\n\nB、磺在磺化钾溶液中的存在平衡 $\\mathrm{I}_{2}+\\mathrm{I}^{-} \\rightleftharpoons \\mathrm{I}_{3}{ }^{-}, \\mathrm{KI}$ 溶液中, 含有电离磺离子, 磺 离子浓度增大，使平衡向右移动, 碘的溶解度增大, 故 B 正确;\n\nC、醋酸存在电离平衡 $\\mathrm{HAc} \\rightleftharpoons \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{Ac}^{-}$, 醋酸钠溶液中有大量的 $\\mathrm{Ac}^{-}, \\mathrm{Ac}^{-}$浓度增 大抑制醋酸的电离, 故 C 错误;\n\nD、工业生成硫酸存在平衡: $2 \\mathrm{SO}_{2}+\\mathrm{O}_{2} \\rightleftharpoons 2 \\mathrm{SO}_{3}$, 增大氧气的浓度, 平衡向正反应 移动, 可以提高二氧化硫的转化率, 故 D 正确;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项，氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度，这是正确的。因为食盐水中的氯离子会与氯气形成竞争，使得氯气的溶解度降低。\nB选项，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度，这是错误的。碘化钾溶液中的碘离子会与碘形成竞争，使得碘的溶解度降低。\nC选项，醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度，这是正确的。醋酸钠是醋酸的盐，它能够提高醋酸的电离程度。\nD选项，工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高 $\\mathrm{SO}_{2}$ 的利用率，这是正确的。在工业生产硫酸的过程中，$\\mathrm{SO}_{2}$ 会与空气中的氧气反应生成 $\\mathrm{SO}_{3}$，然后与水反应生成硫酸。所以，使用过量的空气可以提高 $\\mathrm{SO}_{2}$ 的利用率。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 3,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. （3 分) 若 $\\left(\\mathrm{NH}_{4}\\right){ }_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 在强热时分解的产物是 $\\mathrm{SO}_{2} 、 \\mathrm{~N}_{2} 、 \\mathrm{NH}_{3}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 则该 反应中化合价发生变化和末发生变化的 $\\mathrm{N}$ 原子数之比为（）\nA. $1: 4$\nB. $1: 2$\nC. $2: 1$\nD. $4: 1$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: 该反应中, $\\mathrm{NH}_{4}{ }^{+} \\rightarrow \\mathrm{N}_{2}$ 氮元素的化合价由 -3 价 $\\rightarrow 0$ 价, 生成一个氮 气分子需要铵根离子失去 6 个电子, 生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子 得到 2 个电子, 所以其最小公倍数是 6 , 然后其它元素根据原子守恒进行配平 方程式, 所以该方程式为 $3\\left(\\mathrm{NH}_{4}\\right){ }_{2} \\mathrm{SO}_{4} \\stackrel{\\text { 强热 }}{=} 3 \\mathrm{SO}_{2} \\uparrow+\\mathrm{N}_{2} \\uparrow+4 \\mathrm{NH}_{3} \\uparrow+6 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 该 方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是- 3 价, 化合价不变, 所 以则该反应中化合价发生变化和末发生变化的 $\\mathrm{N}$ 原子数之比为 $1 \\times 2: 4 \\times 1=1$ $: 2$\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要知道$\\left(\\mathrm{NH}_{4}\\right){ }_{2} \\mathrm{SO}_{4}$在强热时分解的反应方程式为：\n2 $\\left(\\mathrm{NH}_{4}\\right){ }_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ → 2 $\\mathrm{SO}_{2}$ + $\\mathrm{N}_{2}$ + 4 $\\mathrm{NH}_{3}$ + 4 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n在这个反应中，$\\mathrm{N}$的化合价发生变化的情况是从$\\mathrm{NH}_{4}$变为$\\mathrm{N}_{2}$和$\\mathrm{NH}_{3}$，而末发生变化的情况是从$\\mathrm{NH}_{4}$变为$\\mathrm{NH}_{3}$。\n\n根据反应方程式，我们可以看到，化合价发生变化的$\\mathrm{N}$原子数为2，末发生变化的$\\mathrm{N}$原子数为4。\n\n所以，该反应中化合价发生变化和末发生变化的$\\mathrm{N}$原子数之比为$2: 4$，也就是$1: 2$。\n\n所以，正确答案是B。 <eoe>\n\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 4,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "6. (3 分) 在一定温度、压强下, 向 $100 \\mathrm{mLCH}_{4}$ 和 $\\mathrm{Ar}$ 的混合气体中通入 $400 \\mathrm{mLO}_{2}$ , 点燃使其完全燃烧, 最后在相同条件下得到干燥气体 $460 \\mathrm{~mL}$, 则反应前混 合气体中 $\\mathrm{CH}_{4}$ 和 $\\mathrm{Ar}$ 物质的量之比是 ( $)$\nA. $1: 4$\nB. $1: 3$\nC. $1: 2$\nD. $1: 1$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解：设原混合气体中含有 $\\mathrm{xmlCH}_{4}$, 反应的方程式为 $\\mathrm{CH}_{4}+2 \\mathrm{O}_{2} \\rightarrow \\mathrm{CO}_{2}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ，利用差量法计算:\n\n$\\mathrm{CH}_{4}+2 \\mathrm{O}_{2} \\rightarrow \\mathrm{CO}_{2}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\triangle \\mathrm{V}$\n\n$\\begin{array}{lccc}1 & 2 & 1 & 2 \\\\ x & 2 x & x & 2 x\\end{array}$\n\n则 $2 x=(100 \\mathrm{ml}+400 \\mathrm{ml})-460 \\mathrm{ml}=40 \\mathrm{ml}$,\n\n解得 $\\mathrm{x}=20 \\mathrm{ml}$,\n\n所以: $A r$ 的体积为 $V(A r)=100 \\mathrm{ml}-20 \\mathrm{ml}=80 \\mathrm{ml}$,\n\n气体的体积之比等于物质的量之比,\n\n所以: $\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{CH}_{4}\\right): \\mathrm{n}(\\mathrm{Ar})=\\mathrm{V}\\left(\\mathrm{CH}_{4}\\right): \\mathrm{v}(\\mathrm{Ar})=20 \\mathrm{ml}: 80 \\mathrm{ml}=1: 4$,\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n首先，我们知道CH4和O2的反应方程式为CH4 + 2O2 -> CO2 + 2H2O，这意味着每一摩尔的CH4需要两摩尔的O2来完全燃烧。\n在题目中，我们知道通入的O2的体积是400mL，由于在相同的温度和压强下，气体的体积与其摩尔数成正比，所以我们可以得知通入的O2的摩尔数是2倍于CH4的摩尔数。\n另一方面，我们知道反应前的混合气体的体积是100mL，而反应后得到的干燥气体的体积是460mL，由于反应后的气体体积比反应前的气体体积大360mL，所以我们可以得知这360mL的体积增加是由于CH4燃烧产生的CO2和H2O（在干燥条件下，H2O会被去除，所以这360mL的体积增加实际上是由于CO2的产生）。\n由于每一摩尔的CH4燃烧会产生一摩尔的CO2，所以我们可以得知这360mL的体积增加对应的是CH4的摩尔数，也就是说，反应前混合气体中CH4的体积是360mL。\n因此，反应前混合气体中Ar的体积就是100mL - 360mL = -260mL，这显然是不可能的，所以题目中的数据有误。\n<eoe>\n【答案】: 题目数据有误，无法得出正确答案 <eoa>"
        },
        {
            "index": 5,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "7. （3 分）短周期元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 的原子序数依次增大，且 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}^{+} 、 \\mathrm{Z}$ 的最外层电子数与其电子层数的比值依次为 $2 、 3 、 4 、 2$ (不考虑零族元素). 下列关于这些元素的叙述错误的是（）\nA. $X$ 和其他三种元素均可形成至少 2 种二元化合物\nB. $\\mathrm{W}$ 和 $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Z}$ 两种元素分别形成的二元化合物中, 均有直线形分子\nC. $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Y}$ 三种元素可以形成碱性化合物\nD. Z 和其他三种元素形成的二元化合物, 其水溶液均呈酸性\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解：短周期元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 原子序数依次增大, 且 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}^{+} 、 \\mathrm{Z}$ 的最外层电子数与其电子层数的比值依次为 $2 、 3 、 4 、 2$, 若 $\\mathrm{W}$ 的电子层数为 2 , 最外层电子数为 4 , 所以 $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{C}$, 若 $\\mathrm{W}$ 的电子层数为 3 , 最外层电子数为 6, 所以 $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{S} ; \\mathrm{X}$ 的电子层数为 2 , 最外层电子数为 6 , 所以 $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{O}$, 即 $\\mathrm{W}$ 只能为 $\\mathrm{C} ; \\mathrm{Y}^{+}$的电子层数为 2 , 最外层电子数为 8 , 所以 $\\mathrm{Y}$ 的质子数为 $2+8+1=11$, 所以 $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Na} ; \\mathrm{Z}$ 的电子层数为 3 , 最外层电子数为 6 , 所以 $\\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{S}$\n\nA. $\\mathrm{O}$ 和 $\\mathrm{C}$ 形成 $\\mathrm{CO} 、 \\mathrm{CO}_{2}, \\mathrm{O}$ 和 $\\mathrm{Na}$ 形成 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O} 、 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}, \\mathrm{O}$ 和 $\\mathrm{S}$ 形成 $\\mathrm{SO}_{2} 、 \\mathrm{SO}_{3}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. $\\mathrm{W}$ 和 $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Z}$ 两种元素分别形成的 $\\mathrm{CO}_{2} 、 \\mathrm{CS}_{2}$, 均为直线型分子, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC. W、X 和 $\\mathrm{Y}$ 三种元素可以形成碳酸钠, 碳酸钠溶液呈碱性, 故 C 正确;\n\nD. $\\mathrm{S}$ 与 $\\mathrm{Na}$ 可形成二元化合物 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}$, 其水溶液呈碱性, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n根据题目，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且W、X、Y+、Z的最外层电子数与其电子层数的比值依次为2、3、4、2。由此，我们可以推断出W、X、Y、Z分别为第二、第三、第四、第二周期的元素。\n\nA选项，X和其他三种元素均可形成至少2种二元化合物。X是第三周期元素，可以形成+2和+3的氧化态，所以可以形成至少2种二元化合物，A选项正确。\n\nB选项，W和X、Z两种元素分别形成的二元化合物中, 均有直线形分子。W是第二周期元素，可以形成+2的氧化态，形成的二元化合物是线型的。X是第三周期元素，可以形成+2和+3的氧化态，形成的二元化合物也是线型的。Z是第二周期元素，可以形成+2的氧化态，形成的二元化合物是线型的。所以B选项正确。\n\nC选项，W、X和Y三种元素可以形成碱性化合物。W是第二周期元素，可以形成+2的氧化态，形成的二元化合物是碱性的。X是第三周期元素，可以形成+2和+3的氧化态，形成的二元化合物是碱性的。Y是第四周期元素，可以形成+4的氧化态，形成的二元化合物是酸性的，所以C选项错误。\n\nD选项，Z和其他三种元素形成的二元化合物, 其水溶液均呈酸性。Z是第二周期元素，可以形成+2的氧化态，形成的二元化合物是酸性的。所以D选项正确。\n\n所以，错误的选项是C。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 6,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "1. 下列叙述正确的是（）\nA. $1.00 \\mathrm{molNaCl}$ 中含有 $6.02 \\times 10^{23}$ 个 $\\mathrm{NaCl}$ 分子\nB. $1.00 \\mathrm{molNaCl}$ 中, 所有 $\\mathrm{Na}^{+}$的最外层电子总数为 $8 \\times 6.02 \\times 10^{23}$\nC. 欲配置 $1.00 \\mathrm{~L}, 1.00 \\mathrm{~mol} . \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaCl}$ 溶液, 可将 $58.5 \\mathrm{gNaCl}$ 溶于 $1.00 \\mathrm{~L}$ 水中\nD. 电解 $58.5 \\mathrm{~g}$ 熔融的 $\\mathrm{NaCl}$, 能产生 $22.4 \\mathrm{~L}$ 氯气（标准状况）、23.0g 金属钠\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解： $\\mathrm{A} 、$ 因 $\\mathrm{NaCl}$ 为离子化合物, 则不存在 $\\mathrm{NaCl}$ 分子, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\n$\\mathrm{B}$ 、因 $\\mathrm{Na}^{+}$的最外层电子总数为 8 电子稳定结构, 则最外层电子的物质的量为 $8 \\mathrm{~mol}$ , 其电子总数为 $8 \\times 6.02 \\times 10^{23}$, 故 $B$ 正确;\n\nC、欲配置 $1.00 \\mathrm{~L}, 1.00 \\mathrm{~mol} 。 \\mathrm{~L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaCl}$ 溶液, 可将 $58.5 \\mathrm{~g} \\mathrm{NaCl}$ 溶于适量水中, 配成 $1 \\mathrm{~L}$ 溶液, 而不是溶于 $1 \\mathrm{~L}$ 的水中, 故 C 错误;\n\nD、 $\\mathrm{NaCl}$ 的物质的量为 $\\frac{58.5 \\mathrm{~g}}{58.5 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 则电解 $58.5 \\mathrm{~g}$ 熔融的 $\\mathrm{NaCl}, 1 \\mathrm{molNaCl}$ 生成 $0.5 \\mathrm{~mol}$ 氯气, 能产生 $0.5 \\mathrm{~mol} \\times 22.4 \\mathrm{~L} / \\mathrm{mol}=11.2 \\mathrm{~L}$ 氯气（标准状况）, 而不 是 $22.4 \\mathrm{~L}$ 氯气，故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：NaCl是离子晶体，不是分子，所以A选项错误。\nB选项：Na+的最外层电子总数为8，所以B选项正确。\nC选项：1mol的NaCl的质量是58.5g，所以可以将58.5g的NaCl溶于1.00L的水中得到1.00 mol/L的NaCl溶液，所以C选项正确。\nD选项：电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠，所以D选项正确。\n<eoe>\n【答案】B、C、D <eoa>"
        },
        {
            "index": 7,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "2. 分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{11} \\mathrm{Cl}$ 的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）\nA. 6 种\nB. 7 种\nC. 8 种\nD. 9 种\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解：分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{11} \\mathrm{Cl}$ 的同分异构体有\n\n主链有 5 个碳原子的: $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{Cl} ; \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CHClCH}_{3}$; $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CHClCH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$;\n\n主链有 4 个碳原子的: $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{Cl} ; \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CHClCH}_{3} ; \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CCl}$ ( $\\left.\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3} ; \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{ClCH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3} ;$\n\n主链有 3 个碳原子的: $\\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{C}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{Cl}$;\n\n共有 8 种情况。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{11} \\mathrm{Cl}$ 的同分异构体的主链长度可以为1，2，3，4，5。当主链长度为5时，氯原子可以取位于1，2，3，4，5的位置，共有5种可能。当主链长度为4时，氯原子可以取位于1，2，3，4的位置，但是1和4的位置是等价的，所以只有3种可能。当主链长度为3时，氯原子可以取位于1，2，3的位置，但是1和3的位置是等价的，所以只有2种可能。当主链长度为2或者1时，由于碳原子的数量不足，无法形成稳定的分子，所以不考虑。所以总共有5+3+2=10种可能，但是其中有两种是重复的，所以实际上只有8种可能。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 8,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "3. 下列反应中，属于取代反应的是（）\n\n(1) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}=\\mathrm{CH}_{2}+\\mathrm{Br}_{2} \\stackrel{\\mathrm{CCl}_{4}^{\\longrightarrow}}{\\longrightarrow} \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CHBrCH}_{2} \\mathrm{Br}$\n\n(2) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH} \\stackrel{\\text { 棪 } \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}}{\\triangle} \\mathrm{CH}_{2}=\\mathrm{CH}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n(3) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOH}+\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH} \\stackrel{\\text { 棪. } \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}}{\\mathrm{~A}} \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOCH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_b6a30ae2ca4c230a7a82g-01.jpg?height=100&width=619&top_left_y=1441&top_left_x=296)\nA. (1)(2)\nB. (3) (4)\nC. (1)(3)\nD. (2)\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解：A、(1)属于加成反应; (2)属于消去反应, 故 A 错;\n\nB、(3)属于酯化反应, 也属于取代反应; (4)属于苯的硝化反应, 也属于取代反应, 故 B 正确;\n\nC、(1)属于加成反应; (3)属于酯化反应，也属于取代反应，故 C 错;\n\nD、(2)属于消去反应; (4)属于苯的硝化反应, 也属于取代反应, 故 D 错。\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n取代反应是指一个或几个原子或原子团被其他原子或原子团取代的化学反应。首先，我们来分析一下每个反应。\n\n(1) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}=\\mathrm{CH}_{2}+\\mathrm{Br}_{2} \\stackrel{\\mathrm{CCl}_{4}^{\\longrightarrow}}{\\longrightarrow} \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CHBrCH}_{2} \\mathrm{Br}$\n\n这是一个卤代反应，Br2取代了烯烃中的氢原子，属于取代反应。\n\n(2) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH} \\stackrel{\\text { 棪 } \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}}{\\triangle} \\mathrm{CH}_{2}=\\mathrm{CH}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n这是一个脱水反应，OH被脱去，形成了烯烃，不属于取代反应。\n\n(3) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOH}+\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH} \\stackrel{\\text { 棪. } \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}}{\\mathrm{~A}} \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOCH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n\n这是一个酯化反应，不属于取代反应。\n\n因此，只有(1)是取代反应。 <eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 9,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "5. 铁铂蓄电池又称爱迪生电池, 放电时的总反应为: $\\mathrm{Fe}^{+} \\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})$ ${ }_{2}+2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH})_{2}$ 下列有关该电池的说法不正确的是（ $)$\nA. 电池的电解液为碱性溶液, 正极为 $\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 、负极为 $\\mathrm{Fe}$\nB. 电池放电时, 负极反应为 $\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$\nC. 电池充电过程中, 阴极附近溶液的碱性减弱\nD. 电池充电时, 阳极反应为 $2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH}){ }_{2}+2 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $A 、 反$ 、应后产物有氢氧化物, 可得电解液为碱性溶液, 由放电时的 反应可以得出铁做还原剂失去电子, $\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 做氧化剂得到电子, 即正极为 $\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 、负极为 $\\mathrm{Fe}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB、根据总反应 $\\mathrm{Fe}+\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH})_{2}$, 可以判断出铁铂蓄电池 放电时 $\\mathrm{Fe}$ 作负极, 发生氧化反应, 为还原剂, 失电子生成 $\\mathrm{Fe}^{2+}$, 碱性电解质 中最终生成 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$, 负极反应为: $\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$, 故 B 正确\n\nC、充电可以看作是放电的逆过程, 即阴极为原来的负极, 所以电池放电时, 负 极反应为: $\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}$, 所以电池充电过程时阴极反应为 $\\mathrm{Fe}($ $\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}$, 因此电池充电过程中阴极附近溶液的 $\\mathrm{pH}$ 会升高, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD、充电时，阴极发生 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}$, 阳极发生 $2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH})$ ${ }_{2}+2 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 D 正确。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n首先，我们需要理解铁铂蓄电池的放电和充电过程。\n在放电过程中，正极反应为：$\\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+2 \\mathrm{e}^{-} = 2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH})_{2}$，负极反应为：$\\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-} = \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{e}^{-}$。所以选项A和B是正确的。\n在充电过程中，正极反应为：$2 \\mathrm{Ni}(\\mathrm{OH})_{2} = \\mathrm{Ni}_{2} \\mathrm{O}_{3}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+2 \\mathrm{e}^{-}$，负极反应为：$\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{e}^{-} = \\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}$。所以选项D是正确的。\n对于选项C，电池充电过程中，阴极反应为：$\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{e}^{-} = \\mathrm{Fe}+2 \\mathrm{OH}^{-}$，这个反应会消耗溶液中的OH-，因此阴极附近溶液的碱性会增强，而不是减弱。所以选项C是不正确的。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 10,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "6. 能正确表示下列反应的离子方程式为（ ） \nA. 硫化亚铁溶于稀硝酸中: $\\mathrm{FeS}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{Fe}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S} \\uparrow$\nB. $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HCO}_{3}$ 溶于过量的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液中: $\\mathrm{HCO}_{3}{ }^{-}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nC. 少量 $\\mathrm{SO}_{2}$ 通入苯酚钠溶液中: $\\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{5} \\mathrm{O}^{-}+\\mathrm{SO}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{5} \\mathrm{OH}+\\mathrm{HSO}_{3}$\nD. 大理石溶于醋酸中: $\\mathrm{CaCO}_{3}+2 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOH}=\\mathrm{Ca}^{2+}+2 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-}+\\mathrm{CO}_{2} \\uparrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 硝酸具有氧化性, 能氧化 $\\mathrm{FeS}$, 因此产物应该是硝酸铁、硫酸 和一氧化氮，故 $A$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HCO}_{3}$ 溶于过量的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成, 方 程式为 $\\mathrm{NH}_{4}{ }^{+}+\\mathrm{HCO}_{3}{ }^{-}+2 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{NH}_{3} . \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{SO}_{2}$ 不足产物应该是 $\\mathrm{SO}_{3}{ }^{2-}$, 少量 $\\mathrm{SO}_{2}$ 通入苯酚钠溶液中的离子反应为 $2 \\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{5} \\mathrm{O}^{-}+\\mathrm{SO}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{5} \\mathrm{OH}+\\mathrm{SO}_{3}^{2-}$, 故 C 错误;\n\nD. 碳酸铂和醋酸在离子反应中应保留化学式, 大理石溶于醋酸中的离子反应为 $\\mathrm{CaCO}_{3}+2 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOH}=\\mathrm{Ca}^{2+}+2 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-}+\\mathrm{CO}_{2} \\uparrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ， 故 D 正确;\n\n故选: $D$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：硫化亚铁溶于稀硝酸中，应生成硫酸亚铁和硝酸氢。此选项的反应生成物是硫化氢和亚铁离子，与实际不符，所以A选项错误。\nB选项：$\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HCO}_{3}$ 溶于过量的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液中，应生成氨气、水和碳酸钠。此选项的反应生成物是水和碳酸根离子，与实际不符，所以B选项错误。\nC选项：少量 $\\mathrm{SO}_{2}$ 通入苯酚钠溶液中，应生成苯酚和亚硫酸氢钠。此选项的反应生成物是苯酚和亚硫酸根离子，与实际相符，所以C选项正确。\nD选项：大理石溶于醋酸中，应生成醋酸钙、水和二氧化碳。此选项的反应生成物是醋酸根离子、水和二氧化碳，与实际不符，所以D选项错误。\n综上，只有C选项正确。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 11,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "7. 短周期元素 $W 、 X 、 Y$ 和 $Z$ 的原子序数依次增大. 元素 $W$ 是制备一种高效电 池的重要材料, $X$ 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍, 元素 $Y$ 是地壳中 含量最丰富的金属元素, $\\mathrm{Z}$ 原子的最外层电子数是其电子层数的 2 倍. 下列说 法错误的是 ( $)$\nA. 元素 W、X的氯化物中, 各原子均满足 8 电子的稳定结构\nB. 元素 $X$ 与氢形成的原子比为 1: 1 的化合物有很多种\nC. 元素 $Y$ 的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成\nD. 元素 $Z$ 可与元素 $X$ 形成共价化合物 $X Z_{2}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: 因 $\\mathrm{X}$ 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍, 是 $\\mathrm{C}$ 元素, $Y$ 是地 壳中含量最丰富的金属元素, 为 $\\mathrm{Al}$ 元素。 $\\mathrm{Z}$ 原子的最外层电子数是其电子层 数的 2 倍, 是短周期元素, 且 $W 、 X 、 Y$ 和 $Z$ 的原子序数依次增大, $Z$ 为 $S$ 元 素, $W$ 是制备一种高效电池的重要材料, 是 Li 元素;\n\nA、 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X}$ 的氯化物分别为 $\\mathrm{LiCl}$ 和 $\\mathrm{CCl}_{4}$, 则 $\\mathrm{Li}^{+}$的最外层只有两个电子, 不满足 8 电子的稳定结构, 故 A 错误;\n\nB、元素 $\\mathrm{X}$ 与氢形成的化合物有 $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{2}, \\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{6}$ 等, 故 B 正确;\n\nC、元素 $Y$ 为铝, 铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成, 故 C 正确;\n\nD、硫和碳可形成共价化合物 $\\mathrm{CS}_{2}$, 故 D 正确;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，根据题目中的描述，我们可以推断出元素W、X、Y、Z的原子序数分别为3、8、13、18，即元素W、X、Y、Z分别为锂（Li）、氧（O）、铝（Al）、氩（Ar）。\n\nA选项：元素W（锂）和元素X（氧）的氯化物分别为LiCl和Cl2O，这两种化合物中的原子都满足8电子的稳定结构，所以A选项是正确的。\n\nB选项：元素X（氧）与氢形成的化合物有H2O、H2O2等，原子比为1:1，所以B选项是正确的。\n\nC选项：元素Y（铝）的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，所以C选项是正确的。\n\nD选项：元素Z（氩）是一种稀有气体，最外层电子已满，不与其他元素发生化学反应，所以不能与元素X（氧）形成共价化合物XZ2，所以D选项是错误的。\n\n所以，错误的选项是D。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 12,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "1.（6 分）下列叙述中正确的是（）\nA. 液溴易挥发, 在存放液溴的试剂瓶中应加水封\nB. 能使润湿的淀粉 $\\mathrm{KI}$ 试纸变成蓝色的物质一定是 $\\mathrm{Cl}_{2}$\nC. 某溶液中加入 $\\mathrm{CCl}_{4}, \\mathrm{CCl}_{4}$ 层显紫色, 证明原溶液中存在 $\\mathrm{I}^{-}$\nD. 某溶液中加入 $\\mathrm{BaCl}_{2}$ 溶液, 产生不溶于稀硝酸的白色沉淀, 该溶液一定含 有 $\\mathrm{Ag}^{+}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: A. 液溴易挥发, 密度比水大, 实验室常用水封的方法保存, 故 A 正确;\n\nB. 能使润湿的淀粉 $\\mathrm{KI}$ 试纸变成蓝色的物质具有氧化性, 可能为 $\\mathrm{NO}_{2} 、 \\mathrm{O}_{3} 、 \\mathrm{Cl}_{2}$ 等物质，但不一定为 $\\mathrm{Cl}_{2}$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. $\\mathrm{CCl}_{4}$ 层显紫色, 证明原溶液中存在 $\\mathrm{I}_{2}, \\mathrm{I}^{-}$无色, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 溶液中加入 $\\mathrm{BaCl}_{2}$ 溶液, 产生不溶于稀硝酸的白色沉淀, 可能为 $\\mathrm{AgCl}$ 或 $\\mathrm{BaSO}_{4}$, 不一定含有 $\\mathrm{Ag}^{+}$, 故 D 错误。 故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：液溴易挥发，但是不能用水封，因为液溴与水反应生成溴酸和溴化氢，所以A选项错误。\nB选项：能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2，还可能是Br2或I2，所以B选项错误。\nC选项：某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I-，这是因为I-与CCl4反应生成紫色的I2，所以C选项正确。\nD选项：某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+，这是错误的，因为BaCl2溶液与SO42-反应也会产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以D选项错误。\n所以，正确答案是C选项。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 13,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）下列说法正确的是（）\nA. 医用酒精的浓度通常是 $95 \\%$\nB. 单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料\nC. 淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物\nD. 合成纤维和光导纤维都是新型无机非金属材料\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A、医用酒精的浓度通常是 $75 \\%$, 此浓度杀菌消毒作用强; 故 A 错 误;\n\nB、单质硅可以制太阳能电池板, 是将太阳能转化为电能; 故 B 正确;\n\nC、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物, 油脂不是高分子化合物; 故 C 错误\n\nD、合成纤维是有机非金属材料, 光导纤维是新型无机非金属材料; 故 D 错误; 故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n选项A，医用酒精的浓度通常是75%，所以A选项错误。\n选项B，单质硅确实是将太阳能转化为电能的常用材料，所以B选项正确。\n选项C，淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物，所以C选项正确。\n选项D，合成纤维是人造纤维，是高分子化合物，属于有机物，而光导纤维是无机非金属材料，所以D选项错误。\n所以，正确答案是B和C。 <eoe>\n【答案】: B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 14,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "3. （6 分）用 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 表示阿伏加德罗常数的值, 下列叙述中不正确的是（）\nA. 分子总数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 的 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$ 混合气体中含有的氧原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $28 \\mathrm{~g}$ 乙烯和环丁烷 $\\left(\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8}\\right)$ 的混合气体中含有的碳原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. 常温常压下, $92 \\mathrm{~g}$ 的 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 混合气体含有的原子数为 $6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. 常温常压下, $22.4 \\mathrm{~L}$ 氯气与足量的镁粉充分反应, 转移的电子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解： $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$ 分子中含有相同氧原子, 分子总数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 的 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$ 混合气体含有的氧原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB、28 g 乙烯和环丁烷 $\\left(\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8}\\right)$ 的混合气体中，乙烯和环丁烷 $\\left(\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8}\\right)$ 最简式相 同为 $\\mathrm{CH}_{2}$, 计算 $28 \\mathrm{gCH}_{2}$ 中所含碳原子物质的量 $=\\frac{28 \\mathrm{~g}}{14 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=2 \\mathrm{~mol}$, 含有的碳 原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\n$\\mathrm{C} 、 \\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 分子最简比相同为 $\\mathrm{NO}_{2}$ 计算 $92 \\mathrm{gNO}_{2}$ 中所含原子数 $=\\frac{92 \\mathrm{~g}}{46 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}} \\times 3$ $\\times \\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}=6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 C 正确;\n\nD、常温常压下, $22.4 \\mathrm{~L}$ 氯气物质的量不是 $1 \\mathrm{~mol}$, 故 D 错误;\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项，$\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的分子式中都含有两个氧原子，所以分子总数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 的 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$ 混合气体中含有的氧原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$，这个叙述是正确的。\nB选项，乙烯（$\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{4}$）和环丁烷（$\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8}$）的分子式中都含有碳原子，乙烯的相对分子质量为28，所以28g的乙烯中含有的碳原子数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$，环丁烷的相对分子质量为56，所以28g的环丁烷中含有的碳原子数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}/2$，所以28g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}} + \\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}/2 = 1.5 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$，这个叙述是错误的。\nC选项，$\\mathrm{NO}_{2}$ 的相对分子质量为46，$\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 的相对分子质量为92，所以92g的 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 混合气体中含有的分子数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}} + \\mathrm{N}_{\\mathrm{A}} = 2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$，每个分子中有3个原子，所以原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\times 3 = 6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$，这个叙述是正确的。\nD选项，氯气与镁反应的化学方程式为 $\\mathrm{Mg} + \\mathrm{Cl}_{2} \\rightarrow \\mathrm{MgCl}_{2}$，每个镁原子转移2个电子，所以22.4L氯气中含有的分子数为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$，转移的电子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$，这个叙述是正确的。\n所以，下列叙述中不正确的是B选项。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 15,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "4. (6 分) 分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{12} \\mathrm{O}$ 且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立 体异构）（）\nA. 5 种\nB. 6 种\nC. 7 种\nD. 8 种\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: 分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{12} \\mathrm{O}$ 的有机物, 能与金属钠反应放出氢气, 说明分子 中含有- $\\mathrm{OH}$, 该物质为戊醇, 可以看作羟基取代戊烷形成的醇, 戊烷有正戊 烷、异戊烷、新戊烷，\n\n$\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$ 分子中有 3 种 $\\mathrm{H}$ 原子, 被- $\\mathrm{OH}$ 取代得到 3 种醇;\n\n$\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{2}$ 分子中有 4 种 $\\mathrm{H}$ 原子，被- $\\mathrm{OH}$ 取代得到 4 种醇;\n\n$\\mathrm{C}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{4}$ 分子中有 1 种 $\\mathrm{H}$ 原子，被- $\\mathrm{OH}$ 取代得到 1 种醇;\n\n所以该有机物的可能结构有 8 种,\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们需要知道能与金属钠反应放出氢气的有机物是醇。醇的一般分子式为R-OH，其中R代表烷基。这里的R就是C5H11，即五个碳的烷基。\n五个碳的烷基有以下几种可能：正戊烷基、2-甲基丁烷基、2,2-二甲基丙烷基、3-甲基丁烷基、2-甲基-2-甲基丙烷基、1,1-二甲基丙烷基、1,2-二甲基丙烷基。这就是7种可能的烷基。\n所以，分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有7种。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 16,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分) 已知温度 $\\mathrm{T}$ 时水的离子积常数为 $\\mathrm{K}_{\\mathrm{W}}$, 该温度下, 将浓度为 $\\mathrm{a} m o l \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的一元酸 $\\mathrm{HA}$ 与 $\\mathrm{b} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 一元碱 $\\mathrm{BOH}$ 等体积混合, 可判定该溶液呈中性的 依据是（）\nA. $a=b$\nB. 混合溶液的 $\\mathrm{pH}=7$\nC. 混合溶液中, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\sqrt{\\mathrm{K}_{\\mathrm{W}}} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ \nD. 混合溶液中, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{B}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{A}^{-}\\right)$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: A. 因酸碱的强弱末知, $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}$, 只能说明酸碱恰好完全反应, 但如 为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐, 则溶液不呈中性, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 因温度末知, 则 $\\mathrm{pH}=7$ 不一定为中性, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. 混合溶液中, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\sqrt{\\mathrm{K}_{W}} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$, 根据 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right) \\cdot \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=\\mathrm{K}_{\\mathrm{W}}$, 可知溶液 中 c $\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=\\sqrt{\\mathrm{K}_{W}} \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$, 溶液呈中性, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 任何溶液都存在电荷守恒, 即 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{B}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{A}^{-}\\right)$, 不能 确定溶液的酸碱性, 故 D 错误。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要理解题目中的几个概念。一元酸HA和一元碱BOH在水中会发生离子化反应，生成H+和A-，B+和OH-。离子积常数KW是在一定温度下，水自离解成H+和OH-的平衡常数。\n\n选项A，a=b，表示酸和碱的摩尔浓度相等，这是中性溶液的一个条件，但不是唯一的条件，因为还需要考虑酸和碱的离子化程度。\n\n选项B，混合溶液的pH=7，这是中性溶液的定义，pH=7表示H+和OH-的浓度相等，即溶液是中性的。\n\n选项C，混合溶液中，c(H+)=sqrt(KW) mol·L-1，这个条件也表示H+和OH-的浓度相等，即溶液是中性的。\n\n选项D，混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)，这个条件表示正离子和负离子的总浓度相等，这是电中性的条件，但不一定表示溶液是中性的，因为还需要考虑离子的酸碱性。\n\n综上，选项B和C都是判断溶液是否中性的依据。 <eoe>\n\n【答案】: B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 17,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分）分析下表中各项的排布规律, 按此规律排布第 26 项应为（ ）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\n\\hline 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ & $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{6}$ & $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{6} \\mathrm{O}$ & $\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{6} \\mathrm{O}_{2}$ & $\\mathrm{C}_{3} \\mathrm{H}_{6}$ & $\\mathrm{C}_{3} \\mathrm{H}_{8}$ & $\\mathrm{C}_{3} \\mathrm{H}_{8} \\mathrm{O}$ & $\\mathrm{C}_{3} \\mathrm{H}_{8} \\mathrm{O}_{2}$ & $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8}$ & $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{C}_{7} \\mathrm{H}_{16}$\nB. $\\mathrm{C}_{7} \\mathrm{H}_{14} \\mathrm{O}_{2}$\nC. $\\mathrm{C}_{8} \\mathrm{H}_{18}$\nD. $\\mathrm{C}_{8} \\mathrm{H}_{18} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: 根据表中的化学式规律采用分组分类法推出: 每 4 个化学式为一组 , 依次是烯烃、烷烃、饱和一元醇、饱和二元醇。把表中化学式分为 4 循环, $26=4 \\times 6+2$, 即第 26 项应在第 7 组第二位的烷烃, 相邻组碳原子数相差 1 , 该组中碳原子数为 $2+(7-1) \\times 1=8$, 故第 26 项则为 $\\mathrm{C}_{8} \\mathrm{H}_{18}$ 。 故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: 首先，我们可以看到这个表格的规律是每四个一组，每组中的化学式的碳原子数目逐渐增加，氢原子数目也在逐渐增加，同时，每组中的第三个和第四个化学式中还包含氧原子。因此，我们可以推断第26项应该是第7组的第二项，即氢原子数目应该比碳原子数目的两倍多2，同时不包含氧原子。因此，我们可以排除B和D两个选项。然后，我们可以看到每个组中的碳原子数目是逐渐增加的，因此，第7组的碳原子数目应该是7，所以我们可以排除C选项。因此，正确答案应该是A选项。<eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 18,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "7. （6 分) 短周期元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 的原子序数依次增大，其中 $\\mathrm{W}$ 的阴离子 的核外电子数与 $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 原子的核外内层电子数相同. $\\mathrm{X}$ 的一种核素在考古 时常用来鉴定一些文物的年代, 工业上采用液态空气分馏方法来生产 $\\mathrm{Y}$ 的单 质，而 $\\mathrm{Z}$ 不能形成双原子分子. 根据以上叙述，下列说法中正确的是（）\nA. 上述四种元素的原子半径大小为 $\\mathrm{W}<\\mathrm{X}<\\mathrm{Y}<\\mathrm{Z}$\nB. $W 、 X 、 Y 、 Z$ 原子的核外最外层电子数的总和为 20\nC. $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{Y}$ 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物\nD. 由 $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{X}$ 组成的化合物的沸点总低于由 $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{Y}$ 组成的化合物的沸点\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{X}$ 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代, 用的是 $\\mathrm{C}^{14}$, 采用的是断代法; 工业上采用液态空气分馏方法来生产 $\\mathrm{Y}$ 的单质, 这是工业 上生产氮的方法, $\\mathrm{Z}$ 的原子序数大于 $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}$, 且不能形成双原子, 所以可只能 是稀有气体 $\\mathrm{Ne}, \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 核外内层电子是 2 个, 所以 $\\mathrm{W}$ 是 $\\mathrm{H}$, 则\n\nA. $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{C}, \\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{N}$, 同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小, 则原子半 径 $\\mathrm{C}>\\mathrm{N}, \\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{Ne}$, 原子半径测定依据不同, 一般不与主族元素的原子半径 相比较, 故 A 错误;\n\nB. $W 、 X 、 Y 、 Z$ 原子的核外最外层电子数的总和为 $1+4+5+8=18$, 故 B 错误; C. $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{Y}$ 可形成 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}$ 的化合物, 既含极性共价键又含非极性共价键, 故 $\\mathrm{C}$ 正 确;\n\nD. $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{H}$ 元素, $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{C}$ 元素, $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素, $\\mathrm{C}$ 和 $\\mathrm{H}$ 可形成多种烃类化合物, 当相对分子质量较大时, 形成的烃在常温下为液体或固体, 沸点较高, 故 D 错误。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，根据题目给出的信息，我们可以推断出W、X、Y、Z分别是氧、碳、氮、氖。因为氧的阴离子O2-的核外电子数为10，与碳、氮、氖的核外内层电子数相同。碳14是一种放射性同位素，常用于测定文物年代。氮是通过液态空气分馏法生产的，氖是稀有气体，不能形成双原子分子。\n\nA. 原子半径随着原子序数的增大而减小，所以W>O>X>N>Z，所以A选项错误。\n\nB. W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数分别为6、4、5、8，总和为23，所以B选项错误。\n\nC. 氧和氮可以形成化合物，如氮氧化物，它们既含有极性共价键（N-O），也含有非极性共价键（N≡N或O=O），所以C选项正确。\n\nD. 由氧和碳组成的化合物如CO2，由氧和氮组成的化合物如NO2，由于氮的原子量大于碳，所以由氧和氮组成的化合物的沸点更高，所以D选项错误。\n\n所以，正确的答案是C。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 19,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分) 化学无处不在, 与化学有关的说法不正确的是（）\nA. 侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异\nB. 可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气\nC. 碘是人体必需微量元素, 所以要多吃富含高碘酸的食物\nD. 黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: A. 侯氏制碱法是将 $\\mathrm{CO}_{2} 、 \\mathrm{NH}_{3}$ 通入饱和 $\\mathrm{NaCl}$ 溶液中, 发生以下 反应: $\\mathrm{NH}_{3}+\\mathrm{CO}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HCO}_{3} ; \\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HCO}_{3}+\\mathrm{NaCl}=\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}+\\mathrm{NaHCO}_{3} \\downarrow$, 其中 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶解度最小, 故有 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 的晶体析出, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 浓盐酸易挥发, 与 $\\mathrm{NH}_{3}$ 结合生成 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$ 固体小颗粒, 为白烟, 故 B 正确;\n\nC. 碘是人体必需元素, 补碘常在食盐中加入 $\\mathrm{KIO}_{3}$ 固体而不是高碘酸, 高碘酸 为强酸性, 具有强烈刺激性和腐蚀性，故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 制备黑火药的原料为 $\\mathrm{S} 、 \\mathrm{KNO}_{3} 、 \\mathrm{C}$, 三者比例为 $1: 2: 3$, 故 D 正确。 故选: $\\mathrm{C}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n选项A，侯氏制碱法是通过利用物质溶解度的差异来进行的，所以A选项正确。\n选项B，氨气与盐酸反应会产生氨气，所以可以通过蘸浓盐酸的棉棒来检测氨气的泄漏，所以B选项正确。\n选项D，黑火药确实是由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成的，所以D选项正确。\n选项C，虽然碘是人体必需微量元素，但是高碘酸是强氧化剂，对人体有害，所以C选项不正确。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 20,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. （6 分) 短周期元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 的原子序数依次增大, 其简单离子都能破 坏水的电离平衡的是（）\nA. $\\mathrm{W}^{2-} 、 \\mathrm{X}^{+}$\nB. $\\mathrm{X}^{+} 、 \\mathrm{Y}^{3+}$\nC. $\\mathrm{Y}^{3+} 、 \\mathrm{Z}^{2-}$\nD. $\\mathrm{X}^{+} 、 \\mathrm{Z}^{2-}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解：根据 短周期元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 的原子序数依次增大及各选项可以 推出, $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{O}^{2-} 、 \\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{Na}^{+} 、 \\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al}^{3+} 、 \\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{S}^{2-}, \\mathrm{Al}^{3+}$ 和 $\\mathrm{S}^{2-}$ 均能发生水解, 水解打破了水的电离平衡; $\\mathrm{O}^{2-}$ 不能在水溶液存在, 而 $\\mathrm{Na}^{+}$不水解, 故正确的 是 $\\mathrm{C}$;\n\n故选：C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: 破坏水的电离平衡的离子，主要是强酸或强碱的离子。强酸的离子主要是氢离子（H+），强碱的离子主要是氢氧根离子（OH-）。在短周期元素中，原子序数越大，元素的电负性越强，因此，负离子（阴离子）的电负性越强，越容易吸引氢离子，形成水，从而破坏水的电离平衡。正离子（阳离子）的电负性越弱，越容易吸引氢氧根离子，形成水，从而破坏水的电离平衡。因此，原子序数较小的元素形成的正离子和原子序数较大的元素形成的负离子，都能破坏水的电离平衡。所以，正确答案应该是$\\mathrm{X}^{+} 、 \\mathrm{Z}^{2-}$。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 21,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "4. (6 分) 银制器皿日久表面会逐渐变黑, 这是生成了 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 的缘故. 根据电化 学原理可进行如下处理: 在铝质容器中加入食盐溶液, 再将变黑的银器浸入 该溶液中，一段时间后发现黑色会裉去. 下列说法正确的是（）\nA. 处理过程中银器一直保持恒重\nB. 银器为正极, $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 被还原生成单质银\nC. 该过程中总反应为 $2 \\mathrm{Al}+3 \\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}=6 \\mathrm{Ag}+\\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{~S}_{3}$\nD. 黑色褪去的原因是黑色 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 转化为白色 $\\mathrm{AgCl}$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A. 银器放在铝制容器中, 由于铝的活泼性大于银, 故铝为负极, 失电子, 电极反应式为 $\\mathrm{Al}-3 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Al}^{3+}$, 银为正极, 银表面的 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 得电子, 析出单质银, 电极反应式为 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}+2 \\mathrm{e}^{-}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{Ag}^{+} \\mathrm{OH}^{-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S} \\uparrow$ , 所以银器质量减小, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 银作正极, 正极上 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 得电子作氧化剂, 在反应中被还原生成单质银, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC. $\\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{~S}_{3}$ 在溶液中不能存在, 会发生双水解反应生成 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 和 $\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH}){ }_{3}$, $\\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{~S}_{3}+6 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{Al}(\\mathrm{OH}){ }_{3 \\downarrow} \\downarrow+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S} \\uparrow$\n\n故 C 错误;\n\nD. 黑色褪去是 $\\mathrm{Ag}_{2} \\mathrm{~S}$ 转化为 $\\mathrm{Ag}$ 而不是 $\\mathrm{AgCl}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】这是一个关于化学反应的问题，我们需要理解反应的过程和结果。\nA选项说银器一直保持恒重，这是不正确的。因为在反应过程中，银器上的Ag2S会被还原为Ag，所以银器的质量会有所减少。\nB选项说银器为正极，Ag2S被还原生成单质银，这是正确的。在这个反应中，Ag2S被还原为Ag，这是一个还原反应，所以银器是正极。\nC选项给出的反应方程式是正确的。在这个反应中，铝和Ag2S反应生成Ag和Al2S3。\nD选项说黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl，这是不正确的。在这个反应中，黑色的Ag2S被还原为白色的Ag，而不是AgCl。\n所以，正确的答案是B和C。 <eoe>\n【答案】: B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 22,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "7. （6 分) 下列实验中, 所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\n\\hline 选项 & 目的 & 分离方法 & 原理 \\\\\n\\hline $\\mathrm{A}$ & 分离溶于水中的碘 & 乙醇萃取 & 碘在乙醇中的溶解度较大 \\\\\n\\hline $\\mathrm{B}$ & 分离乙酸乙酯和乙醇 & 分液 & 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ & 除去 $\\mathrm{KNO}_{3}$ 固体中混杂的 $\\mathrm{NaCl}$ & 重结晶 & $\\mathrm{NaCl}$ 在水中的溶解度很大 \\\\\n\\hline $\\mathrm{D}$ & 除去丁醇中的乙醚 & 蒸馏 & 丁醇与乙醚的沸点相差较大 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 乙醇和水混溶, 不能用作萃取剂, 应用四氯化碳或苯萃取, 故 A 错误;\n\nB. 乙酸乙酯和乙醇混溶, 不能用分液的方法分离, 应用蒸馏的方法分离, 故 B 错误;\n\nC. 根据二者在水中随温度升高而溶解度不同, 利用重结晶法。 $\\mathrm{NaCl}$ 随温度升高 溶解度变化不大, $\\mathrm{KNO}_{3}$ 随温度升高溶解度变化大, 经冷却过滤, 故 C 错误;\n\nD. 丁醇和乙醚混溶, 但二者的沸点不同, 且相差较大, 可用蒸馏的方法分离, 故 D 正确。\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n选项A：碘在乙醇中的溶解度并不大，所以这个选项是错误的。\n选项B：乙酸乙酯和乙醇的密度差异并不大，不能通过分液法进行有效分离，所以这个选项是错误的。\n选项C：$\\mathrm{NaCl}$ 在水中的溶解度确实很大，可以通过重结晶法将其从 $\\mathrm{KNO}_{3}$ 中分离出来，所以这个选项是正确的。\n选项D：丁醇和乙醚的沸点相差较大，可以通过蒸馏法进行分离，但是这个选项是错误的，因为乙醚的沸点比丁醇低，所以在蒸馏过程中，乙醚会先被蒸发掉，而不是丁醇。\n所以，正确答案是C。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 23,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）下列叙述中, 错误的是（）\nA. 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 $55 \\sim 60^{\\circ} \\mathrm{C}$ 反应生成硝基苯\nB. 苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷\nC. 乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成 $1,2-$ 二溴乙烷\nD. 甲苯与氯气在光照下反应主要生成 $2,4-$ 二氯甲苯\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 苯的硝化反应: 苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 $55 \\sim 60^{\\circ} \\mathrm{C}$ 反应 生成硝基苯, 故 A 正确;\n\nB. 碳碳双键能发生加成反应, 苯环也可发生加成反应, 所以苯乙烯在合适条件 下催化加氢可生成乙基环己烷，故 B 正确;\n\nC. 碳碳双键能发生加成反应, 所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成 $1,2-$ 二 溴乙烷，故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代, 不能得到苯 环上氢原子被取代的产物 $2,4-$ 二氯甲苯，故 D 错误;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项：苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 $55 \\sim 60^{\\circ} \\mathrm{C}$ 反应生成硝基苯，这是硝化反应的正确描述，所以A选项是正确的。\nB选项：苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，这是加氢反应的正确描述，所以B选项是正确的。\nC选项：乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成 $1,2-$ 二溴乙烷，这是卤化反应的正确描述，所以C选项是正确的。\nD选项：甲苯与氯气在光照下反应主要生成 $2,4-$ 二氯甲苯，这是卤代反应的描述，但甲苯与氯气在光照下反应主要生成的是对位取代的产物，即1,4-二氯甲苯，而不是2,4-二氯甲苯，所以D选项是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 24,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）\nA. $1.0 \\mathrm{~L} 1.0 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaAlO}_{2}$ 水溶液中含有的氧原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$\nB. $12 \\mathrm{~g}$ 石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为 $0.5 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$\nC. $25^{\\circ} \\mathrm{C}$ 时 $\\mathrm{pH}=13$ 的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液中含有 $\\mathrm{OH}^{-}$的数目为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$\nD. $1 \\mathrm{~mol}$ 的羟基与 $1 \\mathrm{~mol}$ 的氢氧根离子所含电子数均为 $9 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A} 、 1.0 \\mathrm{~L} 1.0 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaAlO}_{2}$ 水溶液中, 含有水, 溶液中含有的 氧原子数大于 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB、石墨烯中每一个六元环平均含有 2 个碳原子, $12 \\mathrm{~g}$ 石墨烯物质的量为 $1 \\mathrm{~mol}$, 含六元环的个数为 $0.5 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$ 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC、溶液体积不知不能计算微粒数;\n\n$\\mathrm{D} 、 1 \\mathrm{~mol}$ 的羟基 $-\\mathrm{OH}$ 含有电子数 $9 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square, 1 \\mathrm{~mol}$ 的氢氧根离子 $\\mathrm{OH}^{-}$所含电子数 均为 $10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} \\square$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：NaAlO2的化学式中，氧原子的个数为2，所以1 mol的NaAlO2含有的氧原子数为2NA，所以A选项正确。\nB选项：石墨烯的分子式为C，所以1 mol的石墨烯含有的六元环的个数为NA，12g的石墨烯为1/1=1 mol，所以含有的六元环的个数为NA，所以B选项错误。\nC选项：pH=13的NaOH溶液，其OH-的浓度为10^(-14+13)=0.1 mol/L，所以含有的OH-的数目为0.1NA，所以C选项正确。\nD选项：羟基OH-和氢氧根离子OH-的电子数都是10，所以1 mol的羟基和1 mol的氢氧根离子所含的电子数都是10NA，所以D选项错误。\n所以，正确答案是A和C。 <eoe>\n【答案】: A, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 25,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分) 在 $1200^{\\circ} \\mathrm{C}$ 时, 天然气脱硫工艺中会发生下列反应:\n\n$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}(\\mathrm{~g})+\\frac{3}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{SO}_{2}(\\mathrm{~g})+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{1}$\n\n$2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}(\\mathrm{~g})+\\mathrm{SO}_{2}(\\mathrm{~g})=\\frac{3}{2} \\mathrm{~S}_{2}(\\mathrm{~g})+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{2}$\n\n$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}(\\mathrm{~g})+\\frac{1}{2} \\mathrm{O}_{2}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{S}(\\mathrm{g})+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{g}) \\triangle \\mathrm{H}_{3}$\n\n$2 \\mathrm{~S}(\\mathrm{~g})=\\mathrm{S}_{2}(\\mathrm{~g}) \\triangle \\mathrm{H}_{4}$\n\n则 $\\triangle \\mathrm{H}_{4}$ 的正确表达式为（ $(\\quad)$\nA. $\\triangle \\mathrm{H}_{4}=\\frac{2}{3}\\left(\\triangle \\mathrm{H}_{1}+\\triangle \\mathrm{H}_{2}-3 \\triangle \\mathrm{H}_{3}\\right)$\nB. $\\triangle \\mathrm{H}_{4}=\\frac{2}{3}\\left(3 \\triangle \\mathrm{H}_{3}-\\triangle \\mathrm{H}_{1}-\\triangle \\mathrm{H}_{2}\\right)$\nC. $\\triangle \\mathrm{H}_{4}=\\frac{3}{2}\\left(\\triangle \\mathrm{H}_{1}+\\triangle \\mathrm{H}_{2}-3 \\triangle \\mathrm{H}_{3}\\right)$\nD. $\\triangle \\mathrm{H}_{4}=\\frac{3}{2}\\left(\\triangle \\mathrm{H}_{1}-\\triangle \\mathrm{H}_{2}-3 \\triangle \\mathrm{H}_{3}\\right)$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: 根据目标方程, 把方程 3 反写, 计量数乘以 2 ; 把方程 2 乘以 $\\frac{2}{3}$; 把方程 1 乘以 $\\frac{2}{3}$; 然后三者相加; 即 $-\\triangle \\mathrm{H}_{3} \\times 2+\\triangle \\mathrm{H}_{2} \\times \\frac{2}{3}+\\triangle \\mathrm{H}_{1} \\times \\frac{2}{3}=\\frac{2}{3}\\left(\\triangle \\mathrm{H}_{1}+\\right.$ $\\left.\\triangle \\mathrm{H}_{2}-3 \\triangle \\mathrm{H}_{3}\\right)$\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n首先，我们需要理解化学反应的热力学性质，即反应热（ΔH）。反应热是一个状态函数，只与反应物和产物的状态有关，与反应过程无关。因此，我们可以通过其他反应的反应热来计算某个反应的反应热，只要这些反应可以通过相加或相减得到我们想要的反应。\n\n我们的目标是找到一个表达式来计算ΔH4。我们可以通过将其他反应的反应热相加或相减得到ΔH4。\n\n首先，我们可以将第一反应和第二反应相加，得到：\n2H2S(g) + 2O2(g) = 2SO2(g) + 2H2O(g)，其反应热为ΔH1 + ΔH2。\n\n然后，我们将第三反应乘以3，得到：\n3H2S(g) + 1.5O2(g) = 3S(g) + 3H2O(g)，其反应热为3ΔH3。\n\n我们可以将上述两个反应相减，得到：\n2S(g) = S2(g)，其反应热为ΔH1 + ΔH2 - 3ΔH3。\n\n因此，ΔH4的正确表达式为ΔH4 = ΔH1 + ΔH2 - 3ΔH3。但是，这个表达式并没有出现在选项中。我们需要将其转换为与选项相同的形式。\n\n我们可以将上述表达式两边都除以2，得到：\nΔH4/2 = 0.5ΔH1 + 0.5ΔH2 - 1.5ΔH3。\n\n然后，我们将上述表达式两边都乘以2/3，得到：\n2/3ΔH4 = 1/3ΔH1 + 1/3ΔH2 - ΔH3。\n\n这个表达式与选项B相同，因此，选项B是正确答案。 <eoe>\n\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 26,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "7. （6 分) 室温时, $\\mathrm{M}(\\mathrm{OH})_{2}(\\mathrm{~s}) \\rightleftharpoons \\mathrm{M}^{2+}(\\mathrm{aq})+2 \\mathrm{OH}^{-}(\\mathrm{aq}) \\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}=\\mathrm{a}, \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{M}^{2+}\\right)$ $=\\mathrm{b} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 时, 溶液的 $\\mathrm{pH}$ 等于 $(\\quad)$\nA. $\\frac{1}{2} \\lg \\left(\\frac{b}{a}\\right)$\nB. $\\frac{1}{2} \\lg \\left(\\frac{a}{b}\\right)$\nC. $14+\\frac{1}{2} \\lg \\left(\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}\\right)$\nD. $14+\\frac{1}{2} \\lg \\left(\\frac{b}{a}\\right)$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解：室温时, $\\mathrm{M}(\\mathrm{OH})_{2}(\\mathrm{~s}) \\rightleftharpoons \\mathrm{M}^{2+}(\\mathrm{aq})+2 \\mathrm{OH}^{-}(\\mathrm{aq})$, 已知 $\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}=\\mathrm{a}$, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{M}^{2+}\\right)=\\mathrm{b} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$, 则 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)=\\sqrt{\\frac{\\mathrm{Ksp}}{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{M}^{2+}\\right)}}=\\sqrt{\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$, 所以 $c\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\frac{\\mathrm{KW}}{\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)}=\\frac{10^{-14}}{\\sqrt{\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}}} \\mathrm{mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$, 则 $\\mathrm{pH}=-\\operatorname{lgc}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=14+\\frac{1}{2} \\lg \\left(\\frac{\\mathrm{a}}{\\mathrm{b}}\\right)$; 故选: $\\mathrm{C}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们知道这是一个水解反应，由于M(OH)2是弱碱，所以它会发生水解反应，生成OH-，从而使溶液呈碱性。所以，我们可以知道pH肯定大于7，所以选项A和B可以排除。\n\n然后，我们知道Ksp=[M2+][OH-]^2=a，而[M2+]=b，所以[OH-]^2=a/b。因此，[OH-]=根号(a/b)。\n\n我们知道pOH=-log[OH-]，所以pOH=-log根号(a/b)=1/2log(b/a)。而pH=14-pOH，所以pH=14-1/2log(b/a)=14+1/2log(a/b)。\n\n所以，正确答案是C。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 27,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分) 下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）\nA. 戊烷\nB. 戊醇\nC. 戊烯\nD. 乙酸乙酯\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: 戊烷只存在碳链异构, 同分异构体为 3 种, 而戊醇和戊烯存在碳链 异构、位置异构, 乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构, 异构类 型越多, 同分异构体的数目越多, 因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体 的数目均大于 3 种\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: 同分异构体是指分子式相同，但结构式不同的化合物。根据这个定义，我们可以分析每个选项的可能性。\nA. 戊烷，分子式为C5H12，是一个饱和烃，其结构只有三种可能，即直链、支链和环状，但由于其碳原子数较少，环状结构不可能形成，所以只有直链和支链两种可能。\nB. 戊醇，分子式为C5H12O，是一个醇类，其结构可能性更多，因为醇基（-OH）可以连接在碳链的任何位置，形成不同的异构体。\nC. 戊烯，分子式为C5H10，是一个不饱和烃，其结构可能性也很多，因为双键可以出现在碳链的任何位置，形成不同的异构体。\nD. 乙酸乙酯，分子式为C4H8O2，是一个酯类，其结构只有一种可能，因为酯基（-COO-）的两个氧原子必须连接在同一个碳原子上，所以不可能形成异构体。\n所以，同分异构体数目最少的是乙酸乙酯。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 28,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 化学与社会、生活密切相关, 对下列现象或事实的解释正确的是 $(\\quad)$\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline 选项 & 现象或事实 & 解释 \\\\\n\\hline A & 用热的烧碱溶液洗去油污 & $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$ 可直接和油污反应 \\\\\n\\hline B & 漂白粉在空气中久置变质 & $\\begin{array}{l}\\text { 漂白粉中的 } \\mathrm{CaCl}_{2} \\text { 与空气中的 } \\\\\n\\qquad \\mathrm{CO}_{2} \\text { 反应生成 } \\mathrm{CaCO}_{3}\\end{array}$ \\\\\n\\hline C & $\\begin{array}{c}\\text { 施肥时, 草木灰（有效成分为 } \\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CO}_{3} \\text { ）不 } \\\\\n\\text { 能与 } \\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl} \\text { 混合使用 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CO}_{3} \\text { 与 } \\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl} \\text { 反应生成氨气 } \\\\\n\\text { 会降低肥效 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D & $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液可用于铜质印刷线路板制作 & $\\begin{array}{c}\\mathrm{FeCl}_{3} \\text { 能从含有 } \\mathrm{Cu}^{2+} \\text { 的溶液中置 } \\\\\n\\text { 换出铜 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解： A. 油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质, 碳酸钠为强碱弱酸盐 水解显碱性, 升高温度促进盐类水解, 所以用热的纯碱溶液洗去油污, 碳酸 钠与油脂不直接反应, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 漂白粉漂白原理为次氯酸䥻与二氧化碳、水反应生成碳酸钲和次氯酸, 次氯 酸具有漂白作用, 二氧化碳与氯化钲不反应, 故 B 错误;\n\nC. 碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气, 降低肥效, 施肥时, 草木灰（ 有效成分为 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$ ) 不能与 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$ 混合使用, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜, 铜不能置换铁, 故 D 错误。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们来看选项A，热的烧碱溶液是$\\mathrm{NaOH}$，而不是$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$，它可以与油脂发生皂化反应，生成肥皂，从而洗去油污。所以选项A的解释是错误的。\n\n接着看选项B，漂白粉的主要成分是$\\mathrm{CaCl}_{2}$，在空气中久置会吸湿，但并不会与空气中的$\\mathrm{CO}_{2}$反应生成$\\mathrm{CaCO}_{3}$，所以选项B的解释也是错误的。\n\n然后看选项C，草木灰的有效成分为$\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$，它与$\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$反应会生成氨气，氨气是一种重要的肥料，但是氨气易挥发，如果直接生成在田地里，会大量损失，降低肥效，所以选项C的解释是正确的。\n\n最后看选项D，$\\mathrm{FeCl}_{3}$溶液可以用于铜质印刷线路板制作，但是它是通过腐蚀未被保护的铜部分，而不是从含有$\\mathrm{Cu}^{2+}$的溶液中置换出铜，所以选项D的解释是错误的。\n\n综上所述，选项C的解释是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 29,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) 已知分解 $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 放出热量 $98 \\mathrm{~kJ}$, 在含少量 $\\mathrm{I}^{-}$的溶液中, $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 分 解的机理为:\n\n$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{I}^{-} \\rightarrow \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{IO}^{-} \\quad$ 慢\n\n$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{IO}^{-} \\rightarrow \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{I}^{-} \\quad$ 快\n\n下列有关该反应的说法正确的是（）\nA. 反应速率与 $\\mathrm{I}^{-}$的浓度有关\nB. $\\mathrm{IO}^{-}$也是该反应的催化剂\nC. 反应活化能等于 $98 \\mathrm{~kJ} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}$\nD. $\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}\\right)=\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}\\right)=\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{O}_{2}\\right)$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: A、已知: (1) $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{I}^{-} \\rightarrow \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{IO}^{-}$慢 (2) $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{IO}^{-} \\rightarrow \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{+}+\\mathrm{O}_{2}+\\mathrm{I}^{-}$ 快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的(1)， $\\mathrm{I}^{-}$是(1)的反应物之一，其浓度大 小对反应不可能没有影响, 例如, 其浓度为 0 时反应不能发生, 故 A 正确;\n\n$\\mathrm{B} 、$ 将反应(1)+(2)可得总反应方程式, 反应的催化剂是 $\\mathrm{I}^{-}, \\mathrm{IO}^{-}$只是中间产物, 故 B 错误;\n\nC、 $1 \\mathrm{~mol}$ 过氧化氢分解的 $\\triangle \\mathrm{H}=-98 \\mathrm{KJ} / \\mathrm{mol}, \\triangle \\mathrm{H}$ 不是反应的活化能，是生成物 与反应物的能量差, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD、因为反应是在含少量 $\\mathrm{I}-$ 的溶液中进行的, 溶液中水的浓度是常数, 不能用 其浓度变化表示反应速率, 故 D 错误。故选：A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA. 反应速率与 $\\mathrm{I}^{-}$的浓度有关。这是正确的，因为在第一步的慢速反应中，$\\mathrm{I}^{-}$是反应物，其浓度会影响反应速率。\n\nB. $\\mathrm{IO}^{-}$也是该反应的催化剂。这是错误的，因为尽管$\\mathrm{IO}^{-}$在反应中起到了中间体的作用，但是它并不是催化剂。催化剂是在反应开始时就存在，并在反应结束时保持不变的物质，而$\\mathrm{IO}^{-}$在反应开始时并不存在。\n\nC. 反应活化能等于 $98 \\mathrm{~kJ} \\cdot \\mathrm{mol}^{-1}$。这是错误的，因为反应活化能并不等于反应的热效应。反应活化能是反应物从反应前状态到过渡状态所需的能量，而热效应是反应物从反应前状态到反应后状态的能量变化。\n\nD. $\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}\\right)=\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}\\right)=\\mathrm{v}\\left(\\mathrm{O}_{2}\\right)$。这是正确的，因为在反应中，每消耗一分子的$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$，就会生成一分子的$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$和一分子的$\\mathrm{O}_{2}$，所以这三者的反应速率是相等的。 <eoe>\n\n【答案】: A, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 30,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "4. (6 分) $\\mathrm{X}, \\mathrm{Y}, \\mathrm{Z}$ 均为短周期元素, $\\mathrm{X}, \\mathrm{Y}$ 处于同一周期, $\\mathrm{X}, \\mathrm{Z}$ 的最低价离 子分别为 $\\mathrm{X}^{2-}$ 和 $\\mathrm{Z}^{-}, \\mathrm{Y}^{+}$和 $\\mathrm{Z}^{-}$具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ )\nA. 原子最外层电子数: $\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$\nB. 单质沸点: $\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$\nC. 离子半径: $\\mathrm{X}^{2-}>\\mathrm{Y}^{+}>\\mathrm{Z}$\nD. 原子序数: $\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解： $X 、 Z$ 的最低价离子分别为 $X^{2-}$ 和 $Z^{-}$, 则 $X$ 为第 $V I A$ 族元素, $Z$ 为 $\\mathrm{VII}$ 族元素; $\\mathrm{Y}^{+}$和 $\\mathrm{Z}^{-}$具有相同的电子层结构, 则 $\\mathrm{Y}$ 在 $\\mathrm{Z}$ 的下一周期, 则 $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Na}$ 元素, $\\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{F}$ 元素, $X 、 Y$ 同周期, 则 $X$ 为 $S$ 元素,\n\nA. $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 分别为 $\\mathrm{S} 、 \\mathrm{Na} 、 \\mathrm{~F}$, 原子最外层电子数分别为 6、1、7, 故 $\\mathrm{A}$ 错误\n\nB. 常温下 $\\mathrm{Na} 、 \\mathrm{~S}$ 为固体, $\\mathrm{F}_{2}$ 为气体, $\\mathrm{Na}$ 的熔点较低, 但钠的沸点高于硫, 顺 序应为 $\\mathrm{Na}>\\mathrm{S}>\\mathrm{F}_{2}$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. $\\mathrm{Na}^{+} 、 \\mathrm{~F}^{-}$具有相同的核外电子排布, 离子的核电荷数越大, 半径越小, 应为 $\\mathrm{F}^{-}$ $>\\mathrm{Na}^{+}$, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 原子序数分别为 $16 、 11 、 9$, 原子序数： $\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$, 故 $\\mathrm{D}$ 正确。 故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，根据题目，我们知道X和Y处于同一周期，X和Z的最低价离子分别为X2-和Z-，Y+和Z-具有相同的电子层结构。这些信息可以帮助我们推断出X，Y，Z的电子配置。\n\nX2-的电子配置应该比X的电子配置多两个电子，这意味着X的原子最外层电子数应该比Z的原子最外层电子数多两个。因此，原子最外层电子数应该是X>Y>Z，所以选项A是正确的。\n\n对于选项B，单质沸点主要取决于分子间的作用力，与原子的电子配置关系不大，所以我们不能根据给出的信息确定选项B是否正确。\n\n对于选项C，离子半径通常与电子数量有关。X2-的电子数量比X多两个，因此X2-的离子半径应该比X的大。同样，Y+和Z-的电子数量相同，所以他们的离子半径应该相同。因此，离子半径应该是X2->Y+=Z-，所以选项C是错误的。\n\n对于选项D，原子序数与元素在周期表中的位置有关。X和Y在同一周期，但X的电子数量比Y多，所以X的原子序数应该比Y的大。同样，Y和Z的电子数量相同，所以他们的原子序数应该相同。因此，原子序数应该是X>Y=Z，所以选项D是错误的。\n\n综上所述，只有选项A是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 31,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "6.（6 分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（（）\nA. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干\nB. 酸式滴定管装标准溶液前, 必须先用该溶液润洗\nC. 酸碱滴定实验中, 用待滴定溶液润洗雉形瓶以减小实验误差\nD. 用容量瓶配溶液时, 若加水超过刻度线, 立即用滴管吸出多余液体\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A. 雉形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水, 不影响滴定结果或配制溶 液的浓度, 所以不需要烘干雉形瓶或容量瓶, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 酸式滴定管在盛放标准液之前, 为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀 释, 应该先用标准液润洗, 再盛放标准液, 故 B 正确;\n\nC. 滴定过程中, 雉形瓶不能润洗, 否则会导致雉形瓶中待测液的溶质的物质的 量偏大，测定结果偏高，故 $\\mathrm{C}$ 错误; D. 用容量瓶配溶液时, 若加水超过刻度线, 此次配制失败, 即使立即用滴管吸 出多余液体, 也不会使配制的溶液浓度恢复正常, 故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项，洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干，这是错误的，因为锥形瓶和容量瓶是由玻璃制成的，如果放入烘箱烘干，可能会因为热胀冷缩导致玻璃瓶破裂。\nB选项，酸式滴定管装标准溶液前, 必须先用该溶液润洗，这是正确的，因为这样可以消除滴定管内壁的残留物，减小实验误差。\nC选项，酸碱滴定实验中, 用待滴定溶液润洗雉形瓶以减小实验误差，这是错误的，因为在酸碱滴定实验中，应该使用滴定液润洗雉形瓶，而不是待滴定溶液。\nD选项，用容量瓶配溶液时, 若加水超过刻度线, 立即用滴管吸出多余液体，这是错误的，因为这样做可能会改变溶液的浓度，导致实验结果不准确。应该是重新配制溶液。\n所以，正确答案是B选项。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 32,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分）下列过程没有发生化学反应的是（）\nA. 用活性炭去除冰箱中的异味\nB. 用热碱水清除炊具上残留的油污\nC. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果\nD. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解：A. 用活性炭去除冰箱中的异味：利用活性炭的吸附作用, 属于物 理变化， 没有发生化学变化，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 用热碱水清除炊具上残留的油污: 油脂在碱性条件下发生较为彻底的水解反 应, 属于化学变化，故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. 乙烯具有催熟作用, 为了延长水果的保鲜期, 用高锰酸钾可以除掉乙烯, 该 过程中乙烯与高锰酸钾反应氧化还原反应, 属于化学变化, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 硅胶具有吸水性, 可以做干燥剂, 吸收水分, 属于物理变化; 铁粉具有还原 性, 防止食物被氧化, 发生氧化还原反应, 属于化学变化,,故 D 错误;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】首先我们需要理解什么是化学反应。化学反应是指物质在某种条件下，其分子或离子的结构发生变化，生成一种或多种新物质的过程。接下来我们分析每个选项：\nA. 用活性炭去除冰箱中的异味。活性炭是一种多孔的碳素材料，它可以吸附冰箱中的异味分子，这是一个物理过程，没有发生化学反应。\nB. 用热碱水清除炊具上残留的油污。热碱水可以与油脂发生皂化反应，生成肥皂和甘油，这是一个化学反应。\nC. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果。高锰酸钾是一种强氧化剂，它可以氧化水果表面的微生物，防止其腐烂，这是一个化学反应。\nD. 用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装。硅胶可以吸附水分，铁粉可以与氧气发生化学反应，生成氧化铁，这是一个化学反应。\n综上，只有A选项没有发生化学反应。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 33,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）四联苯\nA. 3 种\nB. 4 种\nC. 5 种\nD. 6 种\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: ${ }_{6}^{5} \\underbrace{5}_{8}$ 据轴对称可知, $1 、 9 、 10 、 18$ 等效, $2,8,11,17$ 等效, $3,7,12,16$ 等效 , 4, 6, 13, 15 等效, $5 、 14$ 等效, 因此四联苯的等效氢原子有 5 种, 因此 四联苯的一氯代物的种类为 5 种，\n\n故选: $\\mathrm{C}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】四联苯的构造可以有以下几种：线性型（1种）、角型（1种）、T型（1种）、十字型（1种）。因此，四联苯有4种构造方式。 <eoe>\n【答案】B <eoa>"
        },
        {
            "index": 34,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分）下列反应中, 反应后固体物质增重的是（ ）\nA. 氢气通过灼热的 $\\mathrm{CuO}$ 粉末\nB. 二氧化碳通过 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 粉末\nC. 铝与 $\\mathrm{Fe}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 发生铝热反应\nD. 将锌粒投入 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2}$ 溶液\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A}$. 发生氢气与 $\\mathrm{CuO}$ 的反应生成 $\\mathrm{Cu}$ 和水, 反应前固体为 $\\mathrm{CuO}$, 反 应后固体为 $\\mathrm{Cu}$, 固体质量减小,故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 发生二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气, 反应前固体为过氧化钠 , 反应后固体为碳酸钠, 二者物质的量相同, 固体质量增加, 故 B 正确;\n\nC. 发生 $\\mathrm{Al}$ 与 $\\mathrm{Fe}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 反应生成 $\\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 和 $\\mathrm{Fe}$, 反应前固体为氧化铁、 $\\mathrm{Al}$, 反应后固 体为氧化铝、 $\\mathrm{Fe}$, 均为固体, 固体质量不变, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 发生 $\\mathrm{Zn}$ 与 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2}$ 反应生成 $\\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2}$ 和 $\\mathrm{Cu}$, 反应前固体为 $\\mathrm{Zn}$, 反 应后固体为 $\\mathrm{Cu}$, 二者物质的量相同, 则固体质量减小, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA. 氢气通过灼热的 $\\mathrm{CuO}$ 粉末，反应方程式为：$\\mathrm{CuO} + \\mathrm{H}_{2} \\rightarrow \\mathrm{Cu} + \\mathrm{H}_{2}\\mathrm{O}$ ，氢气与氧化铜反应生成铜和水，固体物质减轻。\nB. 二氧化碳通过 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 粉末，反应方程式为：$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2} + \\mathrm{CO}_{2} \\rightarrow \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3} + \\mathrm{O}_{2}$ ，二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，固体物质增重。\nC. 铝与 $\\mathrm{Fe}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 发生铝热反应，反应方程式为：$2\\mathrm{Al} + \\mathrm{Fe}_{2} \\mathrm{O}_{3} \\rightarrow \\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{O}_{3} + 2\\mathrm{Fe}$ ，铝与氧化铁反应生成氧化铝和铁，固体物质减轻。\nD. 将锌粒投入 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2}$ 溶液，反应方程式为：$\\mathrm{Zn} + \\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2} \\rightarrow \\mathrm{Zn}\\left(\\mathrm{NO}_{3}\\right)_{2} + \\mathrm{Cu}$ ，锌与硝酸铜反应生成硝酸锌和铜，固体物质减轻。\n因此，反应后固体物质增重的是B选项。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 35,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. （6 分）一定温度下, 下列溶液的离子浓度关系式正确的是（））\nA. $\\mathrm{pH}=5$ 的 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 溶液中, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HS}^{-}\\right)=1 \\times 10^{-5} \\mathrm{~mol}^{-} \\mathrm{L}^{-1}$\nB. $\\mathrm{pH}=\\mathrm{a}$ 的氨水溶液, 稀释 10 倍后, 其 $\\mathrm{pH}=\\mathrm{b}$, 则 $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}+1$\nC. $\\mathrm{pH}=2$ 的 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{C}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 溶液与 $\\mathrm{pH}=12$ 的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液任意比例混合: $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)+\\mathrm{c}($ $\\left.\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HC}_{2} \\mathrm{O}_{4}^{-}\\right)$\n\nD. $\\mathrm{pH}$ 相同的(1) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONa}^{2}\\left(\\mathrm{NaHCO}_{3}(3) \\mathrm{NaClO}\\right.$ 三种溶液的 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right):$(1) $>$(2) $>$ (3)\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 为二元弱酸, 分步电离, 第一步电离程度远远大于第二步, 所以溶液中 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)>\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HS}^{-}\\right)$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 加水稀释促进一水合氨电离, $\\mathrm{pH}=\\mathrm{a}$ 的氨水溶液, 稀释 10 倍后, 溶液中的氢 氧根离子浓度大于原来的 $\\frac{1}{10}$, 其 $\\mathrm{pH}=\\mathrm{b}$, 则 $\\mathrm{a}<\\mathrm{b}+1$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{C}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 是二元弱酸, 任何电解质溶液中都存在电荷守恒, 根据电荷守恒得 $\\mathrm{c}$ $\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HC}_{2} \\mathrm{O}_{4}^{-}\\right)+2 \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{C}_{2} \\mathrm{O}_{4}^{2-}\\right)$, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{pH}$ 相同的(1) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONa}^{2}\\left(\\mathrm{NaHCO}_{3}(3) \\mathrm{NaClO}\\right.$ 三种溶液, 酸根离子水解程度越 小, 其浓度越大, 酸根离子水解程度 (1)<(2)<(3), 所以盐浓度 (1)>(2)>(3), 钠离子不水解, 所以 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)$: (1)>(2)>(3), 故 $\\mathrm{D}$ 正确;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们来看选项A，$\\mathrm{pH}=5$ 的 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 溶液中, $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HS}^{-}\\right)=1 \\times 10^{-5} \\mathrm{~mol}^{-} \\mathrm{L}^{-1}$。这个选项是错误的，因为在这种情况下，$\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)$ 应该等于 $10^{-5} \\mathrm{~mol}^{-} \\mathrm{L}^{-1}$，但是 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HS}^{-}\\right)$ 的浓度应该小于 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)$。\n\n然后，我们来看选项B，$\\mathrm{pH}=\\mathrm{a}$ 的氨水溶液, 稀释 10 倍后, 其 $\\mathrm{pH}=\\mathrm{b}$, 则 $\\mathrm{a}=\\mathrm{b}+1$。这个选项是错误的，因为当溶液稀释 10 倍后，其 $\\mathrm{pH}$ 值应该增加 1，所以应该是 $\\mathrm{b}=\\mathrm{a}+1$。\n\n接下来，我们来看选项C，$\\mathrm{pH}=2$ 的 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{C}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 溶液与 $\\mathrm{pH}=12$ 的 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液任意比例混合: $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)+\\mathrm{c}($ $\\left.\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HC}_{2} \\mathrm{O}_{4}^{-}\\right)$。这个选项是错误的，因为在混合后的溶液中，$\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)$ 应该等于 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)$，$\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)$ 应该等于 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HC}_{2} \\mathrm{O}_{4}^{-}\\right)$。\n\n最后，我们来看选项D，$\\mathrm{pH}$ 相同的(1) $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONa}^{2}\\left(\\mathrm{NaHCO}_{3}(3) \\mathrm{NaClO}\\right.$ 三种溶液的 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right):$(1) $>$(2) $>$ (3)。这个选项是正确的，因为在 $\\mathrm{pH}$ 相同的情况下，$\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)$ 的浓度是由溶液的配位数决定的，$\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONa}$、$\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{NaClO}$ 的配位数分别为 2、1 和 1，所以 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right)$ 的浓度应该是 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONa}$ > $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ > $\\mathrm{NaClO}$。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 36,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "7. （6 分) 室温下将 $1 \\mathrm{~mol}$ 的 $\\left.\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} （ \\mathrm{~s}\\right)$ 溶于水会使溶液温度降低, 热效 应为 $\\triangle \\mathrm{H} 1$, 将 $1 \\mathrm{~mol}$ 的 $\\mathrm{CuSO}_{4}(\\mathrm{~s})$ 溶于水会使溶液温度升高, 热效应为 $\\triangle \\mathrm{H}_{2}$; $\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 受热分解的化学方程式为: $\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{s})=\\mathrm{CuSO}_{4}(\\mathrm{~s})$ $+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ （1），热效应为 $\\triangle \\mathrm{H}_{3}$. 则下列判断正确的是（ $）$\nA. $\\triangle \\mathrm{H}_{2}>\\triangle \\mathrm{H}_{3}$\nB. $\\triangle \\mathrm{H}_{1}>\\triangle \\mathrm{H}_{3}$\nC. $\\triangle \\mathrm{H}_{1}=\\triangle \\mathrm{H}_{2}+\\triangle \\mathrm{H}_{3}$\nD. $\\triangle \\mathrm{H}_{1}+\\Delta \\mathrm{H}_{2}>\\Delta \\mathrm{H}_{3}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: (1)胆矾溶于水时, 溶液温度降低, 反应为 $\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{s})=\\mathrm{Cu}^{2+}($ aq) $+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}(\\mathrm{aq})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}_{1}>0$\n\n(2) $\\mathrm{CuSO}_{4}(\\mathrm{~s})=\\mathrm{Cu}^{2+}(\\mathrm{aq})+\\mathrm{SO}_{4}{ }^{2-}(\\mathrm{aq}) \\triangle \\mathrm{H}_{2}<0$;\n\n(3)已知 $\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}(\\mathrm{s})=\\mathrm{CuSO}_{4}(\\mathrm{~s})+5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (1) $\\triangle \\mathrm{H}_{3}$;\n\n依据盖斯定律(1)- (2)得到(3), 所以 $\\triangle \\mathrm{H}_{3}=\\triangle \\mathrm{H}_{1}-\\triangle \\mathrm{H}_{2} ; \\triangle \\mathrm{H}_{2}<0, \\triangle \\mathrm{H}_{1}>0$, 则 $\\triangle$ $\\mathrm{H}_{3}>0$\n\nA、上述分析可知 $\\triangle \\mathrm{H}_{2}<\\triangle \\mathrm{H}_{3}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB、分析可知 $\\triangle \\mathrm{H}_{2}=\\triangle \\mathrm{H}_{1}-\\triangle \\mathrm{H}_{3}$, 由于 $\\triangle \\mathrm{H}_{2}<0, \\triangle \\mathrm{H}_{3}>\\triangle \\mathrm{H}_{1}$, 故 B 错误;\n\nC、 $\\triangle \\mathrm{H}_{3}=\\triangle \\mathrm{H}_{1}-\\triangle \\mathrm{H}_{2}$, 故 C 正确;\n\nD、 $\\triangle \\mathrm{H}_{2}<0, \\triangle \\mathrm{H}_{1}>0 、 \\triangle \\mathrm{H}_{3}>\\triangle \\mathrm{H}_{1}+\\triangle \\mathrm{H}_{2}$, 故 D 错误;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n根据题目，我们知道CuSO4·5H2O溶于水时会使溶液温度降低，说明这是一个吸热反应，所以ΔH1 > 0。而CuSO4溶于水时会使溶液温度升高，说明这是一个放热反应，所以ΔH2 < 0。另外，CuSO4·5H2O受热分解为CuSO4和5H2O，这是一个吸热反应，所以ΔH3 > 0。\n\n根据Hess定律，对于一个化学反应，其反应热与反应的初末状态有关，而与反应过程无关。所以，我们可以将CuSO4·5H2O溶于水的反应看作是两步：先是CuSO4·5H2O分解为CuSO4和5H2O，然后是CuSO4溶于水。所以，ΔH1 = ΔH2 + ΔH3。\n\n所以，选项C是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 37,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分) 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物 335 种, 其中“强水”条 目下写道: “性最烈, 能蚀五金...其水甚强, 五金八石皆能穿第, 惟玻璃可盛 。”这里的“强水”是指（ $\\quad$ )\nA. 氨水\nB. 硝酸\nC. 醋\nD. 卤水\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解：A. 氨水属于弱碱, 和金属不反应, 不符合条件, 故 A 错误;\n\nB. 硝酸具有强氧化性、强酸性, 能腐蚀大多数金属, 也能和岩石中的 $\\mathrm{CaCO}_{3}$ 发 生反应, 但不能和玻璃中成分硅酸盐反应, 所以符合条件, 故 B 正确;\n\nC. 醋酸是弱电解质, 能腐蚀较活泼金属, 但不能腐蚀较不活泼金属, 如 $\\mathrm{Cu}$ 等 金属, 不符合条件，故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子, 和大多数金属不反应 ，不符合条件, 故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】\"强水\"在古代是指硝酸，因为硝酸具有强烈的氧化性和腐蚀性，可以腐蚀许多金属，但是对玻璃没有腐蚀作用，所以可以用玻璃器皿来盛装。氨水、醋和卤水都不具备这样的性质。因此，这里的“强水”是指硝酸。 <eoe>\n【答案】B <eoa>"
        },
        {
            "index": 38,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）\nA. $18 \\mathrm{gD}_{2} \\mathrm{O}$ 和 $18 \\mathrm{gH}_{2} \\mathrm{O}$ 中含有的质子数均为 $10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $2 \\mathrm{~L} 0.5 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$ 亚硫酸溶液中含有的 $\\mathrm{H}^{+}$个数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. 过氧化钠与水反应时, 生成 $0.1 \\mathrm{~mol}$ 氧气转移的电子数为 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. 密闭容器中 $2 \\mathrm{molNO}$ 与 $1 \\mathrm{molO}_{2}$ 充分反应, 产物的分子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A}$. 一个 $\\mathrm{D}_{2} \\mathrm{O}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 分子中质子数都是 $10,18 \\mathrm{~g}$ 的 $\\mathrm{D}_{2} \\mathrm{O}$ 物质的量= $\\frac{18 \\mathrm{~g}}{20 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=0.9 \\mathrm{~mol} 、 18 \\mathrm{gH}_{2} \\mathrm{O}$ 的物质的量 $=\\frac{18 \\mathrm{~g}}{18 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 根据 $\\mathrm{N}=\\mathrm{nN}_{\\mathrm{A}}$ 知, 其 分子数之比等于物质的量之比 $=0.9 \\mathrm{~mol}: 1 \\mathrm{~mol}=0.9: 1$, 二者的分子数分别是 $0.9 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} 、 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 结合分子构成知, 二者的质子数分别是 $9 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}} 、 10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误 B. $\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{3}\\right)=0.5 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 2 \\mathrm{~L}=1 \\mathrm{~mol}$, 亚硫酸是弱电解质, 在水溶液中部分电离 , 且第二步电离程度远远小于第一步电离程度, 所以溶液中含有的 $\\mathrm{H}^{+}$个数远 远小于 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. 过氧化钠和水反应方程式为 $2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=4 \\mathrm{NaOH}+\\mathrm{O}_{2} \\uparrow, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 中 $\\mathrm{O}$ 元素的 化合价为 -1 价, 每生成 $1 \\mathrm{~mol}$ 氧气转移电子物质的量 $=1 \\mathrm{~mol} \\times 2 \\times[0-(-1)$ ]$=2 \\mathrm{~mol}$, 则生成 $0.1 \\mathrm{~mol}$ 氧气转移的电子 $0.2 \\mathrm{~mol}$, 电子数为 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{C}$ 正确\n\nD. $\\mathrm{NO}$ 和 $\\mathrm{O}_{2}$ 反应方程式为 $2 \\mathrm{NO}_{+} \\mathrm{O}_{2}=2 \\mathrm{NO}_{2}$, 根据方程式知, $2 \\mathrm{molNO}$ 与 $1 \\mathrm{molO}_{2}$ 恰好完全反应生成 $2 \\mathrm{molNO}_{2}$, 但 $\\mathrm{NO}_{2}$ 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$ 之间存在转化, 方程式 $2 \\mathrm{NO}_{2} \\rightleftharpoons$ $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{O}_{4}$, 所以产物分子数小于 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误; 故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：D2O的分子质量是20，H2O的分子质量是18，所以18g的D2O和H2O的摩尔数不同，质子数也不同，所以A选项错误。\nB选项：2L的0.5mol/L的亚硫酸溶液中，亚硫酸的摩尔数为1mol，每个亚硫酸分子会产生2个H+，所以H+的总数为2NA，所以B选项正确。\nC选项：过氧化钠与水反应生成氧气的化学反应式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，可以看出，生成0.1mol的氧气需要0.05mol的过氧化钠，过氧化钠的氧原子在反应中失去的电子数为2，所以转移的电子数为0.05*2*NA=0.1NA，所以C选项错误。\nD选项：2mol的NO和1mol的O2反应生成2mol的NO2，NO2的分子数为2NA，所以D选项正确。\n<eoe>\n【答案】B、D<eoa>"
        },
        {
            "index": 39,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "4. （6 分）下列实验中, 对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\n\\hline & 实验 & 现象 & 结论 \\\\\n\\hline A & $\\begin{array}{c}\\text { 将硝酸加入过量铁粉中, 充分反应后 } \\\\\n\\text { 滴加 KSCN 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 有气体生成, 溶液 } \\\\\n\\text { 成血红色 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 稀硝酸将 } \\mathrm{Fe} \\text { 氧化为 } \\\\\n\\mathrm{Fe}^{3+}\\end{array}$ \\\\\n\\hline B & $\\begin{array}{l}\\text { 将铜粉加入 } 1.0 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\text { 的 } \\mathrm{Fe}_{2}\\left(\\mathrm{SO}_{4}\\right) \\\\\n{ }_{3} \\text { 溶液中 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 溶液变蓝, 有黑色 } \\\\\n\\text { 固体出现 }\\end{array}$ & 金属 $\\mathrm{Fe}$ 比 $\\mathrm{Cu}$ 活泼 \\\\\n\\hline C & $\\begin{array}{c}\\text { 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的 } \\\\\n\\text { 铝箭在酒精灯上加热 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 熔化后的液态铝滴 } \\\\\n\\text { 落下来 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 金属铝的熔点比较 } \\\\\n\\text { 低 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D & 将 $0.1 \\mathrm{~mol}^{-\\mathrm{L}^{-}} 1 \\mathrm{MgSO}_{4}$ 溶液滳入 & 先有白色沉淀生成 & $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2}$ 的溶度积 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n\n\n\\begin{tabular}{|l|l|l|l|}\n\\hline $\\mathrm{NaOH}$ 溶液中至不在有沉淀产生, & $\\begin{array}{l}\\text { 后 变 为浅 蓝色 } \\\\\n\\text { 再滴加 } 0.1 \\mathrm{moleL}^{-1} \\mathrm{CuSO}_{4} \\text { 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 沉淀 }\\end{array}$ & 小g $(\\mathrm{OH})_{2}$ 的 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 过量铁粉, 反应生成亚铁离子, 加入 $\\mathrm{KSCN}$ 溶液、溶液不显红 色，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{Cu}$ 和 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 发生氧化还原反应, 反应方程式为 $\\mathrm{Cu}+2 \\mathrm{Fe}^{3+}=\\mathrm{Cu}^{2+}+2 \\mathrm{Fe}^{2+}$, 所以没 有黑色沉淀生成, 溶液由黄色变为蓝色, 故 B 错误;\n\nC. 将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热, 铝和氧气反应生成了氧化铝, 形成氧化膜, 三氧化二铝的熔点高于铝的熔点, 包住了熔化的铝, 所以加热 铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落, 故 C 错误;\n\nD. 由操作和现象可知, 发生沉淀的转化, 则 $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2}$ 的溶度积比 $\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})$ 2 的小, 故 D 正确;\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA选项：硝酸和铁反应，生成气体，这个气体是氮气，不是氧化铁。所以A选项错误。\nB选项：铜粉加入硫酸铁(III)溶液中，由于铜比铁活泼，所以铜会替代铁，生成硫酸铜溶液和铁。硫酸铜溶液是蓝色的，铁是黑色的，所以现象描述正确。但结论中说金属铁比铜活泼，这是错误的，应该是铜比铁活泼。所以B选项错误。\nC选项：铝的熔点是660.32℃，酒精灯的温度可以达到1000℃，所以铝可以在酒精灯上熔化。所以C选项正确。\nD选项：硫酸镁溶液加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀，这是正确的。但是再滴加硫酸铜溶液，不会生成沉淀，因为硫酸铜是可溶的。所以D选项错误。\n<eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 40,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分) $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 均为的短周期主族元素, 原子序数依次增加, 且原子 核外 $\\mathrm{L}$ 电子层的电子数分别为 $0 、 5 、 8 、 8$, 它们的最外层电子数之和为 18 . 下列说法正确的是（）\nA. 单质的沸点: $W>X$\nB. 阴离子的还原性: $W>Z$\nC. 氧化物的水化物的酸性: $\\mathrm{Y}<\\mathrm{Z}$\nD. $\\mathrm{X}$ 与 $\\mathrm{Y}$ 不能存在于同一离子化合物中\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 均为的短周期主族元素, 原子序数依次增加, 且原 子核外 $\\mathrm{L}$ 电子层的电子数分别为 $0 、 5 、 8 、 8$, 则 $\\mathrm{W}$ 是 $\\mathrm{H}$ 元素, $\\mathrm{X}$ 是 $\\mathrm{N}$ 元素, $Y 、 Z$ 为第三周期元素;\n\n它们的最外层电子数之和为 $18, \\mathrm{~W}$ 最外层电子数是 $1, \\mathrm{X}$ 最外层电子数是 $5, \\mathrm{Y}$ $、 \\mathrm{Z}$ 最外层电子数之和是 12 , 且二者都是主族元素, $\\mathrm{Y}$ 原子序数小于 $\\mathrm{Z}$, 则 $\\mathrm{Y}$ 是 $P$ 元素、 $\\mathrm{Z}$ 是 $\\mathrm{Cl}$ 元素,\n\nA. $\\mathrm{H} 、 \\mathrm{~N}$ 元素单质都是分子晶体, 分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比, 氮 气相对分子质量大于氢气, 所以单质的沸点: $\\mathrm{W}<\\mathrm{X}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 元素的非金属性越强, 其简单阴离子的还原性越弱, 非金属性 $\\mathrm{W}<\\mathrm{Z}$, 所以 阴离子的还原性: $\\mathrm{W}>\\mathrm{Z}$, 故 B 正确;\n\nC. 元素的非金属性越强, 其最高价氧化物的水化物酸性越强, 非金属性 $\\mathrm{P}<\\mathrm{Cl}$, 最高价氧化物的水化物酸性 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}<\\mathrm{HClO}_{4}$, 但氧化物的水化物的酸性不一定 存在此规律, 如磷酸酸性大于次氯酸, 故 C 错误;\n\nD. $X 、 Y$ 分别是 N、P 元素, 可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中, 磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐, 属于离子化合物, 故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】首先，根据题目，我们知道W、X、Y、Z是短周期主族元素，原子序数依次增加，且L电子层的电子数分别为0、5、8、8，最外层电子数之和为18。这意味着W的最外层电子数为2，X的最外层电子数为5，Y和Z的最外层电子数都为8。因此，W、X、Y、Z分别为第二周期的氦He（原子序数2）、氮N（原子序数7）、氧O（原子序数8）和氟F（原子序数9）。\nA选项，单质的沸点: W>X。由于氦是稀有气体，其分子间的范德华力非常小，所以沸点非常低。而氮是多原子分子，分子间的范德华力较大，所以沸点较高。所以A选项正确。\nB选项，阴离子的还原性: W>Z。阴离子的还原性与其电负性有关，电负性越大，还原性越弱。氦的电负性最小，氟的电负性最大，所以B选项错误。\nC选项，氧化物的水化物的酸性: Y<Z。氧化物的酸性与其元素的电负性有关，电负性越大，酸性越强。氧的电负性小于氟，所以C选项正确。\nD选项，X与Y不能存在于同一离子化合物中。氮和氧可以形成离子化合物，如硝酸盐NO3-，所以D选项错误。\n<eoe>\n【答案】: A, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 41,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分) 食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好. 下列说法错误的 是 $(\\quad)$\nA. 硅胶可用作食品干燥剂\nB. $\\mathrm{P}_{2} \\mathrm{O}_{5}$ 不可用作食品干燥剂\nC. 六水合氯化䥻可用作食品干燥剂\nD. 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: A. 硅胶具有吸水性, 无毒, 则硅胶可用作食品干燥剂, 故 $\\mathrm{A}$ 正确\n\nB. $\\mathrm{P}_{2} \\mathrm{O}_{5}$ 吸水转化为酸, 导致食品变质, 则 $\\mathrm{P}_{2} \\mathrm{O}_{5}$ 不可用作食品干燥剂, 故 $\\mathrm{B}$ 正 确;\n\nC. 六水合氯化钲不能吸水, 则不能作食品干燥剂, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故 D 正确;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，食品干燥剂应该是无毒、无味、无腐蚀性及环境友好的。硅胶是一种无毒、无味、无腐蚀性的物质，因此可以用作食品干燥剂，所以选项A是正确的。$\\mathrm{P}_{2} \\mathrm{O}_{5}$是五氧化二磷，它是一种强烈的干燥剂，但是它具有毒性，因此不能用作食品干燥剂，所以选项B是正确的。六水合氯化铝是一种无毒、无味、无腐蚀性的物质，因此可以用作食品干燥剂，所以选项C是错误的。加工后具有吸水性的植物纤维是一种无毒、无味、无腐蚀性的物质，因此可以用作食品干燥剂，所以选项D是正确的。因此，选项C是错误的。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 42,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 某羧酸酯的分子式为 $\\mathrm{C}_{18} \\mathrm{H}_{26} \\mathrm{O}_{5}, 1 \\mathrm{~mol}$ 该酯完全水解可得到 $1 \\mathrm{~mol}$ 羧 酸和 $2 \\mathrm{~mol}$ 乙醇，该垟酸的分子式为（）\nA. $\\mathrm{C}_{14} \\mathrm{H}_{18} \\mathrm{O}_{5}$\nB. $\\mathrm{C}_{14} \\mathrm{H}_{16} \\mathrm{O}_{4}$\nC. $\\mathrm{C}_{16} \\mathrm{H}_{22} \\mathrm{O}_{5}$\nD. $\\mathrm{C}_{16} \\mathrm{H}_{20} \\mathrm{O}_{5}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解：某羧酸酯的分子式为 $\\mathrm{C}_{18} \\mathrm{H}_{26} \\mathrm{O}_{5}, 1 \\mathrm{~mol}$ 该酯完全水解可得到 $1 \\mathrm{~mol}$ 羧 酸和 $2 \\mathrm{~mol}$ 乙醇，说明酯中含有 2 个酯基，设羧酸为 $\\mathrm{M}$,\n\n则反应的方程式为 $\\mathrm{C}_{18} \\mathrm{H}_{26} \\mathrm{O}_{5}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightarrow \\mathrm{M}+2 \\mathrm{C}_{2} \\mathrm{H}_{6} \\mathrm{O}$,\n\n由质量守恒可知 $\\mathrm{M}$ 的分子式为 $\\mathrm{C}_{14} \\mathrm{H}_{18} \\mathrm{O}_{5}$,\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】羧酸酯的水解反应是羧酸酯与水反应生成羧酸和醇。根据题目，1 mol的羧酸酯可以得到1 mol的羧酸和2 mol的乙醇。乙醇的分子式为C2H5OH，所以2 mol的乙醇的分子式为C4H10O2。羧酸酯的分子式为C18H26O5，所以羧酸的分子式为C18H26O5 - C4H10O2 = C14H16O3。但是，羧酸的分子式中必须包含一个羧酸基团-COOH，所以羧酸的分子式应为C14H16O4。因此，正确答案是B。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 43,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. （6 分) 原子序数依次增大的元素 $a 、 b 、 c 、 d$, 它们的最外层电子数分别为 1 、6、7、1. $\\mathrm{a}^{-}$的电子层结构与氦相同, $\\mathrm{b}$ 和 $\\mathrm{c}$ 的次外层有 8 个电子, $\\mathrm{c}^{-}$和 $\\mathrm{d}^{+}$ 的电子层结构相同. 下列叙述错误的是（）\nA. $\\mathrm{a}$ 和其他 3 种元素均能形成共价化合物\nB. 元素的非金属性次序为 $\\mathrm{c}>\\mathrm{b}>\\mathrm{a}$\nC. $\\mathrm{d}$ 和其他 3 种元素均能形成离子化合物\nD. 元素 $a 、 b 、 c$ 各自最高和最低化合价的代数和分别为 $0 、 4 、 6$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解：原子序数依次增大的元素 $a 、 b 、 c 、 d$, 它们的最外层电子数分别 为 $1 、 6 、 7 、 1, \\mathrm{a}^{-}$的电子层结构与氦相同, 则 $\\mathrm{a}$ 为 $\\mathrm{H}$ 元素; $\\mathrm{b}$ 和 $\\mathrm{c}$ 的次外层 有 8 个电子, 原子只能有 3 个电子层, 则 $\\mathrm{b}$ 为 $\\mathrm{S}$ 元素, $\\mathrm{c}$ 为 $\\mathrm{Cl}, \\mathrm{c}^{-}$和 $\\mathrm{d}^{+}$的电 子层结构相同, 则 $\\mathrm{d}$ 为 $\\mathrm{K}$ 元素。\n\nA. $\\mathrm{H}$ 元素与 $\\mathrm{S}$ 元素、 $\\mathrm{Cl}$ 元素放出形成 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S} 、 \\mathrm{HCl}$, 二者属于共价化合物, 但与 $\\mathrm{K}$ 元素形成的化合物为 $\\mathrm{KH}$ ，属于离子化合物，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 同周期自左而右非金属性增强，氢化物中 $\\mathrm{H}$ 元素为正价，其非金属性最弱, 故非金属性 $\\mathrm{Cl}>\\mathrm{S}>\\mathrm{H}$, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC. $\\mathrm{K}$ 元素与其它元素可以形成 $\\mathrm{KH} 、 \\mathrm{~K}_{2} \\mathrm{~S} 、 \\mathrm{KCl}$, 均属于离子化合物, 故 $\\mathrm{C}$ 正确\n\nD. $\\mathrm{H}$ 元素最高正化合价为 +1 、最低负化合价为 $-1, \\mathrm{~S}$ 元素最高正化合价为+6、 最低负化合价为 $-2, \\mathrm{Cl}$ 元素最高正化合价为+7、最低负化合价为 -1 , 最高 和最低化合价的代数和分别为 $0 、 4 、 6$, 故 $\\mathrm{D}$ 正确, 故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们知道原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。这意味着a和d是主族元素，b和c是过渡元素。\n\na^-的电子层结构与氦相同，说明a是氢元素，因为氢元素损失一个电子后，电子结构与氦相同。\n\nb和c的次外层有8个电子，说明b和c是第二周期的元素，因为第二周期的元素最多可以有8个电子。\n\nc^-和d^+的电子层结构相同，说明c是氟元素，d是氢元素，因为氟元素获得一个电子后，电子结构与氢元素损失一个电子后的电子结构相同。\n\nA选项，a和其他3种元素均能形成共价化合物。这是正确的，因为a是氢元素，可以与其他元素形成共价化合物。\n\nB选项，元素的非金属性次序为c>b>a。这是正确的，因为非金属性随着周期数的增加而增强，所以c的非金属性最强，然后是b，最后是a。\n\nC选项，d和其他3种元素均能形成离子化合物。这是正确的，因为d是氢元素，可以与其他元素形成离子化合物。\n\nD选项，元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6。这是错误的，因为a是氢元素，最高和最低化合价的代数和应该是1，而不是0。所以D选项是错误的。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 44,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "4. （6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 代表阿伏加德罗常数的值. 下列叙述正确的是（））\nA. $60 \\mathrm{~g}$ 丙醇中存在的共价键总数为 $10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $1 \\mathrm{~L} 0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶液中 $\\mathrm{HCO}_{3}{ }^{-}$和 $\\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}$ 离子数之和为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物. $23 \\mathrm{~g}$ 钠充分燃烧时转移电子数为 $1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. $235 \\mathrm{~g}$ 核素 ${ }_{92}{ }^{235} \\mathrm{U}$ 发生裂变反应: ${ }_{92}{ }^{235} \\mathrm{U}+{ }_{0}{ }^{1}$ 裂变 ${ }_{\\rightarrow}^{90}{ }^{90} \\mathrm{Sr}+{ }_{54}{ }^{136} \\mathrm{Xe}+10_{0}{ }^{1} \\mathrm{n}$ 净产生\n\n的中子 $\\left({ }_{0}^{1} \\mathrm{n}\\right)$ 数为 $10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: A.60g 丙醇为 $1 \\mathrm{~mol}$, 丙醇中含 7 个 $\\mathrm{C}-\\mathrm{H}$ 键、2 个 $\\mathrm{C}-\\mathrm{C}$ 键、 1 个 $\\mathrm{C}-\\mathrm{O}$ 键和 1 个 $\\mathrm{O}-\\mathrm{H}$ 键, 存在的共价键总数为 $11 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB.1L $0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 的 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶液中 $\\mathrm{HCO}_{3}{ }^{-}$和 $\\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}$ 离子数之和小于 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 碳 酸分子中含 $\\mathrm{C}$ 原子, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. $23 \\mathrm{~g}$ 钠充分燃烧时转移电子数为 $\\frac{23 \\mathrm{~g}}{23 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}} \\times(1-0) \\times \\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}=1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 C 正确;\n\nD. ${ }_{92}^{235} \\mathrm{U}+{ }_{0}{ }^{1} \\mathrm{n} \\stackrel{\\text { 裂变 }}{\\longrightarrow}{ }^{90}{ }^{9} \\mathrm{Sr}{ }_{54}{ }^{136} \\mathrm{Xe}+10_{0}{ }^{1} \\mathrm{n}$ 净产生的中子为 $10-1=9$ 个, 则 $235 \\mathrm{~g}$ 核素 $92^{235} \\mathrm{U}$ 发生裂变反应净产生的中子 $\\left({ }_{0}{ }^{1} \\mathrm{n}\\right)$ 数为 $9 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，阿伏加德罗常数NA表示在1摩尔物质中所包含的实体数，其值约为6.022×10^23/mol。\n\nA选项：丙醇的分子式为C3H8O，一个丙醇分子中有11个共价键（3个C-C键，1个C-O键，1个O-H键，6个C-H键），所以60g丙醇中存在的共价键总数为11NA，而不是10NA。\n\nB选项：1L 0.1mol/L的NaHCO3溶液中，NaHCO3的摩尔数为0.1mol，根据化学反应NaHCO3 → Na+ + HCO3-，可以得出HCO3-离子的数量为0.1mol，而CO32-离子的数量为0，所以HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA。\n\nC选项：钠在空气中燃烧生成氧化钠Na2O，化学反应为4Na + O2 → 2Na2O。在这个反应中，每个钠原子都会失去一个电子，所以23g钠充分燃烧时转移的电子数为1NA。\n\nD选项：235g核素92U235发生裂变反应，产生的中子数为10，所以235g核素92U235发生裂变反应产生的中子数为10NA。\n\n综上，B、C、D选项都是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: B, C, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 45,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分) 分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{10} \\mathrm{O}_{2}$ 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物 有 $(\\quad)$\nA. 3 种\nB. 4 种\nC. 5 种\nD. 6 种\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: 分子式为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{10} \\mathrm{O}_{2}$ 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体, 则该有机物 中含有 $-\\mathrm{COOH}$, 所以为戊酸, 戊酸的种类等于丁基的种类, 丁基 $\\left(-\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{9}\\right)$ 的异构体有: $-\\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$, $-\\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$, $-\\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{3}$ , $-\\mathrm{C}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{3}$, 故戊酸的有机物的异构体数目为 4, 故选 $\\mathrm{B}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要知道碳酸氢钠溶液可以与酸类反应产生气体。所以，我们需要找出C5H10O2中的酸类化合物。C5H10O2可以是羧酸、酯、酮、醛等类型的化合物。但是，只有羧酸可以与碳酸氢钠反应产生气体。因此，我们需要找出C5H10O2中所有可能的羧酸。\n\nC5H10O2中的羧酸有以下几种可能：\n1. 一种是直链羧酸，即戊酸。\n2. 另一种是有一个甲基取代的异戊酸，有两种可能，即2-甲基丁酸和3-甲基丁酸。\n3. 还有一种是有两个甲基取代的异戊酸，即2,2-二甲基丙酸。\n4. 最后一种是环状羧酸，即环戊酸。\n\n所以，总共有5种可能的羧酸。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 46,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. （6 分）化学与生活密切相关, 下列有关说法错误的是（）\nA. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维\nB. 食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质\nC. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性\nD. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 $95 \\%$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: $A$. 蚕丝含有蛋白质, 灼烧时具有烧焦的羽毛气味, 为蛋白质的特 有性质, 可用于鉴别蛋白质类物质, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质, 可致癌, 故 B 正确;\n\nC. 加热可导致蛋白质变性, 一般高温可杀䒩, 故 C 正确;\n\nD. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为 $75 \\%$, 故 D 错误。\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A，灼烧的方法确实可以区分蚕丝和人造纤维，因为蚕丝和人造纤维燃烧时的气味和燃烧后的灰状物质不同。选项B，食用油反复加热确实会产生稠环芳香烃等有害物质。选项C，加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，这是正确的。选项D，医用消毒酒精中乙醇的浓度为 $75 \\%$，而不是 $95 \\%$，因此选项D是错误的。 <eoe>\n【答案】D <eoa>"
        },
        {
            "index": 47,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 设 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏加德罗常数值. 下列有关叙述正确的是（）\nA. $14 \\mathrm{~g}$ 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{~N}_{2}$ 与 $4 \\mathrm{~mol} \\mathrm{H}_{2}$ 反应生成的 $\\mathrm{NH}_{3}$ 分子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{Fe}$ 溶于过量硝酸, 电子转移数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. 标准状况下, $2.24 \\mathrm{~L} \\mathrm{CCl}_{4}$ 含有的共价键数为 $0.4 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: A.14g 乙烯和丙烯混合气体中含 $\\mathrm{CH}_{2}$ 物质的量 $=\\frac{14 \\mathrm{~g}}{14 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 含 氢原子数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB.1mol $\\mathrm{N}_{2}$ 与 $4 \\mathrm{~mol} \\mathrm{H}_{2}$ 反应生成的 $\\mathrm{NH}_{3}$, 反应为可逆反应 $1 \\mathrm{~mol}$ 氮气不能全部反应 生成氨气, 生成氨气分子数小于 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC.1mol Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁, 电子转移为 $3 \\mathrm{~mol}$, 电子转移数为 $3 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 C 错误;\n\nD. 标准状况下, 四氯化碳不是气体, $2.24 \\mathrm{~L} \\mathrm{CCl}_{4}$ 含物质的量不是 $0.1 \\mathrm{~mol}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错 误；\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA. 乙烯的分子式为C2H4，丙烯的分子式为C3H6，它们的相对分子质量分别为28和42。14g的乙烯和丙烯混合气体的氢原子数应该是14/28*4NA+14/42*6NA=NA，所以选项A是错误的。\nB. N2与H2反应生成NH3的化学方程式为N2+3H2=2NH3，所以1mol的N2与4mol的H2反应生成的NH3的分子数应该是2NA，所以选项B是正确的。\nC. Fe溶于过量硝酸的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，所以1mol的Fe溶于过量硝酸，电子转移数应该是3NA，所以选项C是错误的。\nD. CCl4的分子式中有一个C-Cl共价键，所以1mol的CCl4含有的共价键数为NA。根据阿伏加德罗定律，标准状况下1mol的任何气体的体积都是22.4L，所以2.24L的CCl4含有的共价键数应该是2.24/22.4*NA=0.1NA，所以选项D是错误的。\n综上，只有选项B是正确的。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 48,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. （6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）\nA. 2- 甲基丁烷也称异丁烷\nB. 由乙烯生成乙醇属于加成反应\nC. $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{9} \\mathrm{Cl}$ 有 3 种同分异构体\nD. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A. 异丁烷含有 4 个 C原子, 2- 甲基丁烷含有 5 个 C 原子, 故 A 错误;\n\nB. 乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇, 故 B 正确;\n\nC. 同分异构体是化合物具有相同分子式, 但具有不同结构的现象, $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}$ 的同分 异构体有: $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3} 、 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{3} 2$ 种, $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$ 分子中有 2 种化学环境不同的 $\\mathrm{H}$ 原子, 其一氯代物有 2 种; $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right) \\mathrm{CH}_{3}$ 分子中有 2 种化学环境不同的 $\\mathrm{H}$ 原子, 其一氯代物有 2 种, 故 $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{9} \\mathrm{Cl}$ 的同分异构体共有 4 种, 故 C 错误;\n\nD. 油脂不是高分子化合物, 故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项，2-甲基丁烷的结构式为CH3CH(CH3)CH2CH3，而异丁烷的结构式为(CH3)3CH，所以A选项错误。\nB选项，由乙烯生成乙醇的反应为：CH2=CH2 + H2O → CH3CH2OH，这是一种加水反应，属于加成反应，所以B选项正确。\nC选项，$\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{9} \\mathrm{Cl}$ 的同分异构体有正丁基氯、异丁基氯、仲丁基氯，共3种，所以C选项正确。\nD选项，油脂和蛋白质都是生物大分子，但是油脂是酯类，蛋白质是由氨基酸组成的高分子化合物，所以D选项错误。\n<eoe>\n【答案】: B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 49,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "4.（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（）\nA. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物\nB. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的 NO\nC. 配制氯化铁溶液时, 将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释\nD. 将 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 与 $\\mathrm{HCl}$ 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的 $\\mathrm{Cl}_{2}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解： A. 长颈漏斗不能用作分离操作, 互不相溶的液体采用分液漏斗分 离, 乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶, 不能采取分液法分离, 应该采用蒸馏方法 分离提纯，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $N O$ 易和空气中 $\\mathrm{O}_{2}$ 反应生成 $\\mathrm{NO}_{2}$, 所以不能用排空气法收集, $\\mathrm{NO}$ 不易溶于水 ，应该用排水法收集，故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 属于强酸弱碱盐, $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 易水解生成 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 而产生浑浊, 为了防止氯 化铁水解, 应该将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释, 故 C 正确;\n\nD. 将 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 与 $\\mathrm{HCl}$ 混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气, 所以得不到纯净的 氯气, 应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫酸干燥, 故 D 错误;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯和水，这两者的沸点差距不大，用长颈漏斗分离不出来，所以A选项不正确。\nB选项，铜粉与稀硝酸反应产生的NO是一种有毒的气体，不能用向上排空气法收集，所以B选项不正确。\nC选项，配制氯化铁溶液时，先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释，这样可以保证氯化铁完全溶解，所以C选项是正确的。\nD选项，将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水，不能得到纯净的Cl2，因为HCl会与食盐水反应，所以D选项不正确。\n<eoe>\n【答案】C<eoa>"
        },
        {
            "index": 50,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1.（6 分）下列关于燃料的说法错误的是（）\nA. 燃料燃烧产物 $\\mathrm{CO}_{2}$ 是温室气体之一\nB. 化石燃料完全燃烧不会造成大气污染\nC. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染\nD. 燃料不完全燃烧排放的 $C O$ 是大气污染物之一\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A. 形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放, 故 A 正确;\n\nB. 化石燃料含有硫等因素, 完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨, 会造成大气 污染，故 B 错误;\n\nC. 液化石油气含有杂质少, 燃烧更充分, 燃烧时产生的一氧化碳少, 对空气污 染小，减少大气污染, 故 C 正确;\n\nD. 燃料不完全燃烧排放的 CO 有毒, 是大气污染物之一, 故 D 正确;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A，燃料燃烧产物 $\\mathrm{CO}_{2}$ 是温室气体之一，这是正确的，因为 $\\mathrm{CO}_{2}$ 会吸收太阳辐射的一部分，使地球表面温度升高，形成温室效应。选项C，以液化石油气代替燃油可减少大气污染，这也是正确的，因为液化石油气燃烧时产生的污染物较少。选项D，燃料不完全燃烧排放的 $C O$ 是大气污染物之一，这是正确的，因为 $C O$ 是一种有毒气体，会对人体健康造成危害。选项B，化石燃料完全燃烧不会造成大气污染，这是错误的，因为即使化石燃料完全燃烧，也会产生二氧化碳和水，其中二氧化碳是温室气体，会对大气环境造成影响。所以，错误的选项是B。 <eoe>\n【答案】B <eoa>"
        },
        {
            "index": 51,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（）\nA. 乙烯和乙醇\nB. 苯和氯乙烯\nC. 乙酸和溴乙烷\nD. 丙烯和丙烷\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: A. 乙烯可以发生加成反应, 乙醇无不饱和键不能发生加成反应, 故 $A$ 错误;\n\nB. 苯一定条件下和氢气发生加成反应, 氯乙烯分子中含碳碳双键, 可以发生加 成反应, 故 B 正确;\n\nC. 乙酸分子中羰基不能发生加成反应, 溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应, 故 C 错误;\n\nD. 丙烯分子中含碳碳双键, 能发生加成反应, 丙烷为饱和烷烃不能发生加成反 应, 故 D 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [],
            "model_output": "【解析】加成反应是指两个或两个以上的反应物质的分子或离子在一个或多个原子间形成新的化学键，生成一个新的分子的化学反应。在这个过程中，反应物质的分子或离子的总数没有发生变化。这种反应通常发生在含有不饱和化学键的化合物，如烯烃和炔烃中。乙烯和乙醇不能发生加成反应，因为乙醇是一种饱和化合物，没有不饱和化学键。苯和氯乙烯不能发生加成反应，因为苯是一种稳定的芳香烃，不易发生加成反应。乙酸和溴乙烷不能发生加成反应，因为它们都是饱和化合物，没有不饱和化学键。丙烯和丙烷不能发生加成反应，因为丙烷是一种饱和烃，没有不饱和化学键。所以，所有的选项都不能发生加成反应。 <eoe>\n【答案】无正确答案 <eoa>"
        },
        {
            "index": 52,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) $a 、 b 、 c 、 d$ 为短周期元素, $a$ 的原子中只有 1 个电子, $b^{2-}$ 和 $c^{+}$的电 子层结构相同， $\\mathrm{d}$ 与 $\\mathrm{b}$ 同族. 下列叙述错误的是（）\nA. $\\mathrm{a}$ 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为 +1\nB. $b$ 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物\nC. $\\mathrm{c}$ 的原子半径是这些元素中最大的\nD. $\\mathrm{d}$ 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: $a 、 b 、 c 、 d$ 为短周期元素, $a$ 的原子中只有 1 个电子, 则 $a$ 为 $H$ 元 素; $\\mathrm{b}^{2-}$ 和 $\\mathrm{c}^{+}$的电子层结构相同, 结合离子所得电荷可知 $\\mathrm{b}$ 为 $\\mathrm{O}$ 元素, $\\mathrm{c}$ 为 $\\mathrm{Na}$ $; d$ 与 $b$ 同族, 则 $d$ 为 $S$ 元素。\n\nA. $\\mathrm{H}$ 元素与 $\\mathrm{Na}$ 形成化合物 $\\mathrm{NaH}, \\mathrm{H}$ 元素为 -1 价, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{O}$ 元素与 $\\mathrm{H}$ 元素形成 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} 、 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$, 与 $\\mathrm{Na}$ 元素形成 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O} 、 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}$, 与 $\\mathrm{S}$ 元素形 成 $\\mathrm{SO}_{2} 、 \\mathrm{SO}_{3}$, 故 B 正确;\n\nC. 同周期自左而右原子半径减小, 同主族自上而下原子半径增大, 所有元素中 $\\mathrm{H}$ 原子半径最小, $\\mathrm{Na}$ 的原子半径最大, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. $\\mathrm{d}$ 与 $\\mathrm{a}$ 形成的化合物为 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}, \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 的溶液呈弱酸性, 故 D 正确。\n\n故选: $A$ 。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，根据题目，a的原子中只有1个电子，所以a是氢元素。氢元素的化合价为+1，所以A选项是正确的。\n其次，b和c的电子层结构相同，但b的电荷为-2，c的电荷为+1，所以b的电子数比c多3个，b可能是氧族元素，c可能是碱金属元素。氧族元素可以与氢、碱金属、氧族元素形成至少两种二元化合物，所以B选项是正确的。\n再次，c是碱金属元素，碱金属元素的原子半径通常比氢元素和氧族元素的原子半径大，所以C选项是正确的。\n最后，d与b同族，所以d也是氧族元素。氧族元素与氢元素形成的化合物通常是酸，所以D选项是错误的。\n<eoe>\n【答案】D<eoa>"
        },
        {
            "index": 53,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "4. （6 分）分子式为 $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8} \\mathrm{Cl}_{2}$ 的有机物共有（不含立体异构）（）\nA. 7 种\nB. 8 种\nC. 9 种\nD. 10 种\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{8} \\mathrm{Cl}_{2}$ 可以看作为 $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}$ 中 2 个 $\\mathrm{H}$ 原子被 2 个 $\\mathrm{Cl}$ 原子取代, $\\mathrm{C}_{4} \\mathrm{H}_{10}$ 有 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3} 、 \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{C}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{2}$ 两种,\n\n$\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{CH}_{3}$ 中, 当两个 $\\mathrm{Cl}$ 原子取代同一个 $\\mathrm{C}$ 原子上的 $\\mathrm{H}$ 时, 有 2 种, 当两个 $\\mathrm{Cl}$ 原子取代不同 $\\mathrm{C}$ 原子上的 $\\mathrm{H}$ 时，有 1、2，1、3，1、4，2、3 四种情况, 有故 该情况有 6 种, $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}\\left(\\mathrm{CH}_{3}\\right)_{2}$ 中, 当两个 $\\mathrm{Cl}$ 原子取代同一个 $\\mathrm{C}$ 原子上的 $\\mathrm{H}$ 时, 有 1 种, 当两个 $\\mathrm{Cl}$ 原子取代不同 $\\mathrm{C}$ 原子上的 $\\mathrm{H}$ 时, 有 2 种, 故该情况有 3 种,\n\n故共有 9 种,\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们知道C4H8Cl2的有机物是一个二氯代烷烃。我们可以通过分析C4H8的结构来推断C4H8Cl2的可能结构。C4H8是一个不饱和烃，可能是一个环烃或者一个含有一个双键的烃。所以C4H8Cl2可能是一个环烃的二氯代，或者是一个含有一个双键的烃的二氯代。\n\n对于环烃的二氯代，只有一种可能的结构，即1,2-二氯环丁烷。\n\n对于含有一个双键的烃的二氯代，我们需要考虑双键在不同位置的情况。双键在第一位，有3种可能的结构；双键在第二位，有3种可能的结构。\n\n所以，总共有1+3+3=7种可能的结构。\n\n所以，分子式为C4H8Cl2的有机物共有7种（不含立体异构）。<eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 54,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分) $\\mathrm{Mg}-\\mathrm{AgCl}$ 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述 错误的是 ( $)$\nA. 负极反应式为 $\\mathrm{Mg}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Mg}^{2+}$\nB. 正极反应式为 $\\mathrm{Ag}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Ag}$\nC. 电池放电时 $\\mathrm{Cl}^{-}$由正极向负极迁移\nD. 负极会发生副反应 $\\mathrm{Mg}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\uparrow$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解：A. 活泼金属镁作负极, 失电子发生氧化反应, 反应式为: $\\mathrm{Mg}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Mg}^{2+}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. $\\mathrm{AgCl}$ 是难溶物, 其电极反应式为: $2 \\mathrm{AgCl}^{+} 2 \\mathrm{e}^{-}=2 \\mathrm{Cl}^{-}+2 \\mathrm{Ag}$, 故 B 错误;\n\nC. 原电池放电时, 阴离子向负极移动, 则 $\\mathrm{Cl}^{-}$在正极产生由正极向负极迁移, 故 C 正确;\n\nD. 镁是活泼金属与水反应, 即 $\\mathrm{Mg}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH}){ }_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\uparrow$, 故 D 正确; 故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先我们需要知道电池放电时的反应过程。在电池放电时，负极的反应是氧化反应，会放出电子，所以选项A是正确的。正极的反应是还原反应，会接收电子，所以选项B也是正确的。选项D描述的是负极的副反应，这个反应确实会发生，所以选项D也是正确的。那么我们来看选项C，电池放电时，阳离子会从负极向正极迁移，而阴离子会从正极向负极迁移，所以选项C是错误的。 <eoe>\n【答案】C <eoa>"
        },
        {
            "index": 55,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分) 某白色粉末由两种物质组成, 为鉴别其成分进行如下实验:\n\n(1)取少量样品加入足量水仍有部分固体末溶解: 再加入足量稀盐酸, 有气泡产生 ，固体全部溶解; (2)取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生, 振荡后仍有固体存在.\n\n该白色粉末可能为（ $)$\nA. $\\mathrm{NaHCO}_{3} 、 \\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$\nB. $\\mathrm{AgCl} 、 \\mathrm{NaHCO}_{3}$\nC. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3} 、 \\mathrm{BaCO}_{3}$\nD. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3} 、 \\mathrm{CuSO}_{4}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A} . \\mathrm{NaHCO}_{3} 、 \\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$ 都与盐酸反应, 硫酸足量时没有固体剩余, 故 $A$ 错误;\n\nB. 碳酸氢钠与盐酸反应生成气体, $\\mathrm{AgCl}$ 不溶于盐酸, 故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{BaCO}_{3}$ 不溶于水, 二者都与盐酸反应, 且生成气体, 若加入足量稀硫酸, 有 气泡产生, 且 $\\mathrm{BaCO}_{3}$, 能和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 反应生成 $\\mathrm{BaSO}_{4}$ 沉淀, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 加入过量硫酸, 生成二氧化碳气体, 但没有固体剩余, 故 D 错误。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n首先，我们可以通过实验(1)的结果推断出，这两种物质中，一种是碱性的，因为它不能溶于水，但可以溶于酸。另一种物质是酸性的，因为它能够与酸反应产生气体。因此，我们可以排除选项B和D，因为它们都包含了两种酸性物质。\n\n然后，我们可以通过实验(2)的结果进一步推断出，这两种物质中，一种是硫酸盐，因为它能够与硫酸反应产生气体。另一种物质是碳酸盐，因为它不能与硫酸反应。因此，我们可以排除选项C，因为它包含了两种硫酸盐。\n\n最后，我们可以确定答案是选项A，因为它满足了所有的条件。$\\mathrm{NaHCO}_{3}$是碱性的，可以溶于酸，而$\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$是酸性的，可以与酸反应产生气体。 <eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 56,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "7.（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline & 实验目的 & 实验操作 \\\\\n\\hline A. & 制备 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 胶体 & 将 $\\mathrm{NaOH}$ 浓溶液滴加到饱和 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中 \\\\\n\\hline B. & 由 $\\mathrm{MgCl}_{2}$ 溶液制备无水 & 将 $\\mathrm{MgCl}_{2}$ 溶液加热蒸干 \\\\\n$\\mathrm{MgCl}_{2}$ & 除去 $\\mathrm{Cu}$ 粉中混有的 $\\mathrm{CuO}$ & 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 \\\\\n\\hline C. & 比较水与乙醇中氢的活泼性 & 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 \\\\\n\\hline D.\n\\end{tabular}\nA. $A$\nB. $B$\nC. C\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A}$. 将 $\\mathrm{NaOH}$ 浓溶液滴加到饱和 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中, 生成氢氧化铁沉淀, 制备氢氧化铁胶体, 应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液, 故 A 错误;\n\nB. 氯化镁易水解, 加热溶液易得到氢氧化镁沉淀, 为防止水解, 应在氯化氢氛 围中，故 B 错误;\n\nC. 二者都与稀硝酸反应, 应加入非氧化性酸, 如稀硫酸或盐酸, 故 C错误;\n\nD. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中, 可根据反应的剧烈程度比较氢 的活泼性，故 D 正确。\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA. 制备 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 胶体的实验操作正确，将 $\\mathrm{NaOH}$ 浓溶液滴加到饱和 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中，可以生成 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 胶体。\n\nB. 由 $\\mathrm{MgCl}_{2}$ 溶液制备无水 $\\mathrm{MgCl}_{2}$ 的实验操作不正确，因为加热蒸干不能得到无水 $\\mathrm{MgCl}_{2}$，应该在真空干燥箱中干燥。\n\nC. 除去 $\\mathrm{Cu}$ 粉中混有的 $\\mathrm{CuO}$ 的实验操作不正确，加入稀硝酸溶液不能除去 $\\mathrm{CuO}$，应该加入稀硫酸。\n\nD. 比较水与乙醇中氢的活泼性的实验操作正确，分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以比较出水和乙醇中氢的活泼性。 <eoe>\n\n【答案】: A和D <eoa>"
        },
        {
            "index": 57,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (3 分) 化学在生活中有着广泛的应用, 下列对应关系错误的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline 选项 & 化学性质 & 实际应用 \\\\\n\\hline $\\mathrm{A}$ & $\\mathrm{ClO}_{2}$ 具有强氧化性 & 自来水消毒杀菌 \\\\\n\\hline $\\mathrm{B}$ & $\\mathrm{SO}_{2}$ 具有还原性 & 用作漂白剂 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ & $\\mathrm{NaHCO}$ 受热易分解并且生成气体 & 焙制糕点 \\\\\n\\hline $\\mathrm{D}$ & $\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$ 分解吸收大量热量并有 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ \\\\\n生成\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解：A. $\\mathrm{ClO}_{2}$ 具有强氧化性, 可使蛋白质变性, 可用于杀䒩消毒, 故 $\\mathrm{A}$ 正确; B. 做漂白剂与漂白性有关, 与还原性无关, 故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 不稳定, 与酸反应生成二氧化碳气体, 可用于焙制糕点, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 氢氧化铝分解吸收热量, 可用于阻燃剂, 故 D 正确。\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n选项A，$\\mathrm{ClO}_{2}$具有强氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，这是正确的。\n选项B，$\\mathrm{SO}_{2}$具有还原性，可以用作漂白剂，这是正确的。\n选项C，$\\mathrm{NaHCO}_{3}$受热易分解并且生成气体，可以用于焙制糕点，这是正确的。\n选项D，$\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$分解吸收大量热量并有$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$生成，这是错误的。$\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$分解时会吸收热量，但是并不会生成$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$。实际上，$\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$在高温下分解生成$\\mathrm{Al}_{2}\\mathrm{O}_{3}$和$\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$。因此，选项D是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 58,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (3 分) 下列说法错误的是 ( )\nA. 乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应\nB. 乙烯可以用作生产食品包装材料的原料\nC. 乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷\nD. 乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 乙烷与浓盐酸不反应, 光照下可与卤素单质发生取代反应, 故 A 错误;\n\nB. 聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，故 B 正确;\n\nC. 乙醇与水分子间含氢键, 溴乙烷不含, 则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴 乙烷，故 C 正确;\n\nD. 乙酸和甲酸甲酯的分子式相同, 结构不同, 二者互为同分异构体, 故 D 正确;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: 选项A，乙烷在光照下与浓盐酸发生取代反应，这是错误的。乙烷是饱和烃，不易发生取代反应。选项B，乙烯可以用作生产食品包装材料的原料，这是正确的。乙烯可以聚合成聚乙烯，是制作食品包装材料的重要原料。选项C，乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，这是正确的。乙醇是极性分子，与水的相互作用力较大，溶解度较高。选项D，乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，这是错误的。乙酸和甲酸甲酯的分子式分别为C2H4O2和C3H6O2，分子式不同，不能互为同分异构体。综上，选项A和D是错误的。 <eoe>\n【答案】: A, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 59,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (3 分) 下列有关实验的操作正确的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline & 实验 & 操作 \\\\\n\\hline A & $\\begin{array}{l}\\text { 除去 } \\mathrm{NaHCO}_{3} \\text { 固体 中混有的 } \\\\\n\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}\\end{array}$ & 直接将固体加热 \\\\\n\\hline B & $\\begin{array}{c}\\text { 实验室收集 } \\mathrm{Cu} \\text { 与稀硝酸反应成 } \\\\\n\\text { 的 } \\mathrm{NO}\\end{array}$ & 向上排空气法收集 \\\\\n\\hline C & 检验乙酸具有酸性 & $\\begin{array}{l}\\text { 配制乙酸溶液, 滴加 } \\mathrm{NaHCO}_{3} \\text { 溶液有气 } \\\\\n\\text { 泡产生 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D & 测定某稀硫酸的浓度 & $\\begin{array}{l}\\text { 取 } 20.00 \\mathrm{ml} \\text { 该稀硫酸于干净的雉形㔙 } \\\\\n\\quad \\text { 中, 用 } \\\\\n0.1000 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\text { 的 } \\mathrm{NaOH} \\text { 标准液进行滴定 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $A$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解： $\\mathrm{A}$. 由于碳酸氢钠加热易分解, 不能利用加热的方法除去 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 固体中混有的 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{NO}$ 与氧气反应, 应该用排水法收集, 不能用排空气法收集, 故 B 错误;\n\nC. 配制乙酸溶液, 滴加 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶液有气泡产生, 证明乙酸的酸性大于碳酸, 碳酸具有酸性，则证明乙酸具有酸性，故 C 正确;\n\nD. 稀硫酸与 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液的反应没有明显现象, 需要滴人指示剂, 否则无法完成 实验, 故 D 错误;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项中，NH4Cl在加热后会分解产生NH3和HCl，而NaHCO3在加热后会分解产生Na2CO3，CO2和H2O，这两种气体会混合在一起，无法将NH4Cl从NaHCO3中分离出来，所以A选项错误。\nB选项中，Cu与稀硝酸反应生成的NO是一种有毒的气体，不能用向上排空气法收集，应该用向下排空气法收集，所以B选项错误。\nC选项中，乙酸是一种有机酸，与NaHCO3反应会产生CO2气体，所以C选项正确。\nD选项中，测定稀硫酸的浓度可以用NaOH标准液进行滴定，所以D选项也是正确的。\n所以，正确的答案是C和D。 <eoe>\n【答案】: C, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 60,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (3 分) 锌 - 空气燃料电池可用作电动车动力电源, 电池的电解质溶液为 $\\mathrm{KOH}$ 溶液, 反应为 $2 \\mathrm{Zn}+\\mathrm{O}_{2}+4 \\mathrm{OH}^{-}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH}) 4^{2-}$. 下列说法正确的是\nA. 充电时, 电解质溶液中 $\\mathrm{K}^{+}$向阳极移动\nB. 充电时, 电解质溶液中 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)$逐渐减小\nC. 放电时, 负极反应为: $\\mathrm{Zn}+4 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH}) 4^{2-}$\nD. 放电时, 电路中通过 $2 \\mathrm{~mol}$ 电子, 消耗氧气 $22.4 \\mathrm{~L}$ (标准状况)\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 充电时阳离子向阴极移动, 故 A 错误;\n\nB. 充电时, 电池反应为 $\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH}) 4^{2-}+2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Zn}+4 \\mathrm{OH}^{-}$, 电解质溶液中 $\\mathrm{C}(\\mathrm{OH}$ -) 逐渐增大，故 B 错误;\n\nC. 放电时, 负极反应式为 $\\mathrm{Zn}+4 \\mathrm{OH}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Zn}(\\mathrm{OH}) 4^{2-}$, 故 C 正确;\n\nD. 放电时, 每消耗标况下 $22.4 \\mathrm{~L}$ 氧气, 转移电子 $4 \\mathrm{~mol}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA. 错误。充电时，阳极发生氧化反应，电解质溶液中的K+是不动的，不会向阳极移动。\nB. 错误。充电时，电解质溶液中的OH-是参与反应的，但是反应后会再生成OH-，所以其浓度并不会减小。\nC. 正确。放电时，负极发生还原反应，Zn和OH-参与反应生成Zn(OH)4^2-，同时释放出2个电子。\nD. 错误。放电时，每消耗1mol的O2，会通过2mol的电子。所以，通过2mol的电子，只需要消耗1mol的O2，即22.4L的氧气。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 61,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "6. (3 分) 四种短周期主族元素 $W 、 X 、 Y 、 Z$ 的原子序数依次增大, $W 、 X$ 的简 单离子具有相同电子层结构, $\\mathrm{X}$ 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的, $W$ 与 $Y$ 同族, $Z$ 与 $X$ 形成的离子化合物的水溶液呈中性. 下列说法正确的是\nA. $W$ 与 $X$ 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性\nB. 简单离子半径: $\\mathrm{W}<\\mathrm{X}<\\mathrm{Z}$\nC. 气态氢化物的热稳定性: $W<Y$ \nD. 最高价氧化物的水化物的酸性: $Y>Z$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解：四种短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大, $X$ 的原 子半径是短周期主族元素原子中最大的, 则 $X$ 为 $\\mathrm{Na}$. 由原子序数可知, $Y$ 、 $Z$ 处于第三周期, 而 $Z$ 与 $X$ (钠) 形成的离子化合物的水溶液呈中性, 则 $Z$ 为 $\\mathrm{Cl} . \\mathrm{W} 、 \\mathrm{X}$ 的简单离子具有相同电子层结构, 且 $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{Y}$ 同族, $\\mathrm{W}$ 在第二周 期且是非金属元素， $W$ 可能是氮（或）氧，则对应的 $Y$ 为磷（或硫）。\n\nA. W 可能是氮或氧, 与钠形成的化合物可能是氮化钠, 氧化钠, 过氧化钠, 它 们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性, 故 A 正确;\n\nB. $\\mathrm{X}$ 离子 $\\left(\\mathrm{Na}^{+}\\right) 、 \\mathrm{~W}$ 离子的电子层为 2 层, $\\mathrm{Z}$ 离子 $\\left(\\mathrm{Cl}^{-}\\right)$电子层为 3 层, 电 子层结构相同, 核电荷数越大离子半径越小, 离子电子层越多离子半径越大, 故简单离子半径大小顺序是: $\\mathrm{X}<\\mathrm{W}<\\mathrm{Z}$, 故 B 错误;\n\nC. W 与 $Y$ 处于同于主族, 从上到下非金属性逐渐减弱, 气态氢化物的热稳定性: $W>Y$, 故 C 错误;\n\nD. $Y$ 与 Z 处于同同期, 从左到右非金属性逐渐增强, 最高价氧化物的水化物的 酸性: Z > Y, 故 D 错误。 故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们知道，原子序数依次增大的四种短周期主族元素，其简单离子具有相同电子层结构，说明W和X是同周期元素，且W的价电子数小于X。又因为X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，所以X应该是第二周期的碱金属，即锂(Li)或铍(Be)。然后，W与Y同族，说明W和Y的价电子数相同，且W的周期数小于Y。由于W的价电子数小于X，所以W应该是氢(H)。因此，Y应该是第三周期的氢族元素，即磷(P)。最后，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性，说明Z是第二周期的酸性元素，即氮(N)或氧(O)。由于Z的原子序数大于Y，所以Z应该是氧(O)。所以，W、X、Y、Z分别是氢(H)、锂(Li)、磷(P)、氧(O)。\nA选项，W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性。由于W是氢，X是锂，所以W与X形成的化合物是氢化锂，溶于水后溶液确实呈碱性。\nB选项，简单离子半径: W<X<Z。由于W是氢，X是锂，Z是氧，所以简单离子半径应该是W<Z<X。\nC选项，气态氢化物的热稳定性: W<Y。由于W是氢，Y是磷，所以气态氢化物的热稳定性应该是W>Y。\nD选项，最高价氧化物的水化物的酸性: Y>Z。由于Y是磷，Z是氧，所以最高价氧化物的水化物的酸性应该是Y<Z。\n所以，只有A选项是正确的。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 62,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1.（6 分）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（）\nA. 尼龙绳\nB. 宣纸\nC. 羊绒衫\nD. 棉祇衣\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解： A.尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维, 满足条件, 故 A 正确;\n\nB. 宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故 B 错误;\n\nC. 羊绒衫的主要成分是蛋白质, 不属于合成纤维, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 棉衬衣的主要成分为天然纤维素, 不是合成纤维, 故 D 错误;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: 合成纤维是人工合成的纤维，它们的共同特点是都是由高分子化合物制成的。尼龙绳就是由尼龙这种合成纤维制成的。而宣纸是由植物纤维制成的，羊绒衫是由动物纤维（羊毛）制成的，棉祇衣是由植物纤维（棉花）制成的。所以，主要由合成纤维制造的是尼龙绳。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 63,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. （6 分) 《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述: “取砒之法, 将生砒就 置火上, 以器覆之, 令砒烟上飞着覆器, 遂凝结累然下垂如乳, 尖长者为胜, 平短者次之。”文中涉及的操作方法是（）\nA. 蒸馏\nB. 升华\nC. 干馏\nD. 萃取\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: “取砒之法, 将生砒就置火上, 以器覆之, 令砒烟上飞着覆器, 遂 凝结累然下垂如乳”, 涉及用到加热的方法, 将被提纯物质气化、冷凝为固体 的过程, 为升华操作, 没有隔绝空气强热, 不是干馏, 萃取无需加热。\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】: 从题目中的描述来看，这是一种使固体直接转化为气体的过程，然后再通过冷却使气体转化为固体的过程，这种过程在化学中被称为升华。所以选B。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 64,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3.（6 分）已知\n\n(b)\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_375fa149c0ee65c4a57eg-01.jpg?height=160&width=154&top_left_y=1042&top_left_x=745)\n\n$(\\mathrm{d})$\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_375fa149c0ee65c4a57eg-01.jpg?height=170&width=402&top_left_y=1032&top_left_x=1014)\n\n的分子式均为 $\\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{6}$, 下列说法正确的是（ $\\quad$ )\nA. $\\mathrm{b}$ 的同分异构体只有 $\\mathrm{d}$ 和 $\\mathrm{p}$ 两种\nB. 它们的二氯代物均只有三种\nC. 它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应\nD. 只有 $\\mathrm{b}$ 的所有原子处于同一平面\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. b 为苯, 对应的同分异构体可为环状烃, 也可为链状烃, 如 HC $\\equiv \\mathrm{C}-\\mathrm{CH}=\\mathrm{CH}-\\mathrm{CH}=\\mathrm{CH}_{2}$, 则同分异构体不仅仅 $\\mathrm{d}$ 和 $\\mathrm{p}$ 两种, 故 $\\mathrm{A}$ 错误; B. $\\mathrm{d}$ 编号如图 4 , 对应的二氯代物中，两个氯原子可分别位于 $1 、 2 ， 1 、 3$ ，1、4, 2、3，2、5，3、6 等位置，故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{p}$ 为饱和烃, 与高锰酸钾不反应, 且 $\\mathrm{b}$ 也不反应, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $d 、 p$ 都含有饱和碳原子, 具有甲烷的结构特点, 则 $\\mathrm{d}, \\mathrm{p}$ 所有原子不可能处 于同一平面, 只有 $\\mathrm{b}$ 为平面形结构, 故 $\\mathrm{D}$ 正确。\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：b的同分异构体不只有d和p，还有其他的，如苯等，所以A选项错误。\nB选项：它们的二氯代物不一定只有三种，这取决于分子中的不同位置，所以B选项错误。\nC选项：它们是否可以与酸性高锰酸钾溶液反应，取决于是否有不饱和键，b、d和p都有不饱和键，所以可以与酸性高锰酸钾溶液反应，C选项正确。\nD选项：只有b的所有原子处于同一平面，这是错误的，d和p的所有原子也处于同一平面，所以D选项错误。\n所以，正确答案是C。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 65,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分) 短周期主族元素 $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 的原子序数依次增大， $\\mathrm{W}$ 的简单氢化 物可用作制冷剂, $\\mathrm{Y}$ 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由 $X 、 Y$ 和 $\\mathrm{Z}$ 三种元素形成的一种盐溶于水后, 加入稀盐酸, 有黄色沉淀析出, 同时 有刺激性气体产生。下列说法不正确的是（）\nA. $\\mathrm{X}$ 的简单氢化物的热稳定性比 $\\mathrm{W}$ 强\nB. $\\mathrm{Y}$ 与 $\\mathrm{X}$ 的简单离子的具有相同的电子层结构\nC. $\\mathrm{Y}$ 与 $\\mathrm{Z}$ 形成的化合物的水溶液可使蓝色石芯试纸变红\nD. $\\mathrm{Z}$ 与 $\\mathrm{X}$ 属于同一主族, 与 $\\mathrm{Y}$ 属于同一周期\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: 由以上分析可知 $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素, $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{O}$ 元素, $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Na}$ 元素, $\\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{S}$ 元素。\n\nA. 非金属性 $\\mathrm{O}>\\mathrm{N}$, 元素的非金属性越强, 对应的氢化物越稳定, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Na}$ 元素, $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{O}$ 元素, 对应的简单离子核外都有 10 个电子, 与 $\\mathrm{Ne}$ 的 核外电子排布相同, 故 B 正确;\n\nC. $\\mathrm{Y}$ 与 $\\mathrm{Z}$ 形成的化合物为 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}$, 为强碱弱酸盐, 水解呈碱性, 则可使红色石䓌心 试液变蓝色, 蓝色石䓌试纸不变色, 故 C 错误;\n\nD. $\\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{S}$ 元素, 与 $\\mathrm{O}$ 同主族, 与 $\\mathrm{Na}$ 同周期, 故 $\\mathrm{D}$ 正确。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，根据题目中的提示，我们可以推断出W是氟（F），因为氟的简单氢化物（HF）可以用作制冷剂。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，所以Y是铷（Fr）。当X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，这说明Z是硫（S），X是氢（H），Y是铷（Fr）。所以，我们可以得出W是氟，X是氢，Y是铷，Z是硫。\n\nA选项，X的简单氢化物的热稳定性比W强。这是正确的，因为氢的简单氢化物（H2）的热稳定性比氟的简单氢化物（HF）强。\n\nB选项，Y与X的简单离子的具有相同的电子层结构。这是错误的，因为铷（Fr）与氢（H）的简单离子的电子层结构是不同的。\n\nC选项，Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石芯试纸变红。这是正确的，因为铷（Fr）与硫（S）形成的化合物的水溶液是酸性的，可以使蓝色石芯试纸变红。\n\nD选项，Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期。这是错误的，因为硫（S）与氢（H）不属于同一主族，硫（S）与铷（Fr）也不属于同一周期。\n\n所以，B和D选项是不正确的。 <eoe>\n【答案】B，D <eoa>"
        },
        {
            "index": 66,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1.（6 分）下列说法错误的是（）\nA. 糖类化合物也可称为碳水化合物\nB. 维生素 $\\mathrm{D}$ 可促进人体对䥻的吸收\nC. 蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质\nD. 硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: A. 糖类化合物符合通式 $\\mathrm{C}_{\\mathrm{n}}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}\\right)_{\\mathrm{m}}$, 故称为碳水化合物, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 维生素 $\\mathrm{D}$ 可促进人体对钲的吸收，故 B 正确;\n\nC. 蛋白质的基本组成元素是 $\\mathrm{C} 、 \\mathrm{H} 、 \\mathrm{O} 、 \\mathrm{~N}$ 四中元素, 故仅由碳、氢、氧元素不 正确, 故 C 错误;\n\nD. 硒是人体必需的微量元素, 但不宜摄入过多, 故 D 正确, 故选: $\\mathrm{C}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】 \nA选项，糖类化合物也可称为碳水化合物，这是正确的，因为糖类化合物主要由碳、氢、氧三种元素组成，因此也被称为碳水化合物。\nB选项，维生素D可以促进人体对钙的吸收，这是正确的，维生素D可以帮助人体更好地吸收食物中的钙质。\nC选项，蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质，这是错误的，蛋白质是由氨基酸组成的，而氨基酸除了包含碳、氢、氧元素外，还包含氮元素，所以这个选项是错误的。\nD选项，硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，这是正确的，硒是人体必需的微量元素，但是摄入过多会对人体造成毒害。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 67,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 阿伏加德罗常数的值为 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$. 下列说法正确的是（）\nA. $1 \\mathrm{~L} 0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{Cl}$ 溶液中, $\\mathrm{NH}_{4}{ }^{+}$的数量为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $2.4 \\mathrm{gMg}$ 与 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 完全反应, 转移的电子数为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. 标准状况下, $2.24 \\mathrm{LN}_{2}$ 和 $\\mathrm{O}_{2}$ 的混合气体中分子数为 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. $0.1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{H}_{2}$ 和 $0.1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{I}$ 于密闭容器中充分反应后, 其分子总数为 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A}$. 铵根易水解, 所含 $\\mathrm{NH}_{4}{ }^{+}$数小于 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{n}(\\mathrm{Mg})=\\frac{2.4 \\mathrm{~g}}{24 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=0.1 \\mathrm{~mol}, \\mathrm{Mg}$ 与 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$ 反应生成 $\\mathrm{Mg}^{2+}$, 则 $1 \\mathrm{molMg}$ 参与 反应转移 $2 \\mathrm{~mol}$ 电子, 故 $0.1 \\mathrm{molMg}$ 参与反应转移 $0.2 \\mathrm{~mol}$ 电子, 即 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. 标准状况下, $22.4 \\mathrm{~L}$ 任何气体所含的分子数为 $1 \\mathrm{~mol}$, 故 $2.24 \\mathrm{LN}_{2}$ 和 $\\mathrm{O}_{2}$ 的混合 气体中分子数为 $0.1 \\mathrm{~mol}$, 即 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{H}_{2}+\\mathrm{I}_{2} \\rightleftharpoons 2 \\mathrm{HI}$ 是可逆反应, 不过是 $1+1=2$ 的反应, 即这是一个反应前后分子物 质的量不变的反应, 故反应后分子总数仍为 $0.2 \\mathrm{NA}$, 故选 $\\mathrm{D}$ 。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，1L的0.1mol/L的NH4Cl溶液中，NH4+的数量为0.1mol，因为阿伏加德罗常数的定义是1mol物质中包含的粒子数等于阿伏加德罗常数，所以NH4+的数量为0.1NA，所以A选项正确。\n\nB选项，2.4g的Mg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1NA。Mg的相对原子质量为24，所以2.4g的Mg为0.1mol。Mg与H2SO4反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2，可以看出，每个Mg原子会转移2个电子，所以0.1mol的Mg会转移0.2NA个电子，所以B选项错误。\n\nC选项，标准状况下，2.24L的N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA。根据标准状况下，1mol气体的体积为22.4L，所以2.24L的气体为0.1mol，所以N2和O2的混合气体中分子数为0.1NA，所以C选项错误。\n\nD选项，0.1mol的H2和0.1mol的I充分反应后，其分子总数为0.2NA。H2与I反应的化学方程式为H2+I2=2HI，可以看出，0.1mol的H2和0.1mol的I2反应后，会生成0.2mol的HI，所以其分子总数为0.2NA，所以D选项正确。\n\n所以，正确的答案是A和D。 <eoe>\n\n【答案】: A, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 68,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) $a 、 b 、 c 、 d$ 为原子序数依次增大的短周期主族元素, $a$ 原子核外电子 总数与 $\\mathrm{b}$ 原子次外层的电子数相同; $\\mathrm{c}$ 所在周期数与族数相同; $\\mathrm{d}$ 与 $\\mathrm{a}$ 同族, 下列叙述正确的是（）\nA. 原子半径: $d>c>b>a$\nB. 4 种元素中 $\\mathrm{b}$ 的金属性最强\nC. $\\mathrm{c}$ 的氧化物的水化物是强碱\nD. $\\mathrm{d}$ 单质的氧化性比 $\\mathrm{a}$ 单质的氧化性强\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: 由以上分析可知 $\\mathrm{a}$ 为 $\\mathrm{O}$ 元素、 $\\mathrm{b}$ 可能为 $\\mathrm{Na}$ 或 $\\mathrm{Mg} 、 \\mathrm{c}$ 为 $\\mathrm{Al} 、 \\mathrm{~d}$ 为 $\\mathrm{S}$ 元素。\n\nA. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小, 应为 $\\mathrm{b}>\\mathrm{c}>\\mathrm{d}$, $\\mathrm{a}$ 为 $\\mathrm{O}$, 原子半径最 小，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低, 则金属性 $\\mathrm{b}>\\mathrm{c}, \\mathrm{a} 、 \\mathrm{~d}$ 为非金属 , 金属性较弱, 则 4 种元素中 $\\mathrm{b}$ 的金属性最强, 故 B 正确;\n\nC. $\\mathrm{c}$ 为 $\\mathrm{Al}$, 对应的氧化物的水化物为氢氧化铝, 为弱碱, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 一般来说, 元素的非金属性越强, 对应的单质的氧化性越强, 应为 a 的单质 的氧化性强, 故 D 错误。\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们知道原子序数增大，原子半径一般会变大，但是在同一周期内，原子半径会随着原子序数的增大而减小。因此，选项A是错误的。\n其次，根据题目，元素b的外层电子数与元素a的总电子数相同，这意味着元素b的外层电子数较多，因此金属性应该较强。所以，选项B是正确的。\n再次，元素c所在的周期数与族数相同，这意味着元素c可能是碱金属或碱土金属，它们的氧化物的水化物是强碱。所以，选项C是正确的。\n最后，元素d与元素a同族，但是原子序数大，因此它的氧化性应该比元素a强。所以，选项D也是正确的。\n<eoe>\n【答案】: B, C, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 69,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "4. （6 分) 下列由实验得出的结论正确的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline & 实验 & 结论 \\\\\n\\hline A. & $\\begin{array}{l}\\text { 将乙烯通入溴的四氯化碳溶液, 溶液最终 } \\\\\n\\text { 变为无色透明 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{c}\\text { 生成的 1，2- 二溴乙烷无色、可 } \\\\\n\\text { 溶于四氯化碳 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline B. & $\\begin{array}{l}\\text { 乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气 } \\\\\n\\text { 体 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{c}\\text { 乙醇分子中的氢与水分子中的 } \\\\\n\\text { 氢具有相同的活性 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline C. & 用乙酸浸泡水壶中的水垢, 可将其清除 & 乙酸的酸性小于碳酸的酸性 \\\\\n\\hline D. & 甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能 & 生成的氯甲烷具有酸性 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n使湿润的石蕊试纸变红\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解： A. 乙烯含有碳碳双键, 可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应, 生 成 $1,2-$ 二溴乙烷, 溶液最终变为无色透明，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 乙醇的结构简式为 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH}$, 只有羟基可与钠反应, 且 $-\\mathrm{OH}$ 中 $\\mathrm{H}$ 的活性 比水弱, 故 B 错误;\n\nC. 用乙酸浸泡水壶中的水垢, 可将其清除, 说明醋酸可与碳酸铂等反应, 从强 酸制备弱酸的角度判断, 乙酸的酸性大于碳酸, 故 C 错误;\n\nD. 甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢, 使湿润的石 芯试纸变红的气体为氯化氢, 一氯甲烷为非电解质, 不能电离, 故 D 错误。\n\n故选：A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们来看选项A，乙烯与溴反应生成1，2-二溴乙烷，这是一个添加反应，生成的1，2-二溴乙烷是无色的，可以溶于四氯化碳，所以选项A的实验和结论是正确的。\n\n然后，我们来看选项B，乙醇和水都可以与金属钠反应生成氢气，但是乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性这个结论是错误的，因为乙醇分子中的氢是由醇基-OH中的氢与金属钠反应产生的，而水分子中的氢是由水分子H2O中的氢与金属钠反应产生的，这两个氢的活性是不同的。\n\n接下来，我们来看选项C，乙酸可以浸泡水壶中的水垢将其清除，这是因为乙酸可以与水垢中的碳酸钙反应生成可溶于水的醋酸钙，但是这并不能说明乙酸的酸性小于碳酸的酸性，所以选项C的结论是错误的。\n\n最后，我们来看选项D，甲烷与氯气在光照下反应生成氯甲烷，这是一个取代反应，生成的氯甲烷是无色的，不具有酸性，所以选项D的结论是错误的。\n\n综上所述，选项A的实验和结论是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 70,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2 \\text { 滳相同浓度的 } \\mathrm{NaCl} \\text { 和 } \\\\\n\\mathrm{Nal} \\text { 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 一只试管中产生黄色沉 } \\\\\n\\text { 淀，另一支中无明显 } \\\\\n\\text { 现象 }\\end{array}$ & $\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}(\\mathrm{Agl})<\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}(\\mathrm{AgCl}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解 A. 向 $2 \\mathrm{~mL} 0.1 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{LFeCl}_{3}$ 的溶液中加足量铁粉, 发生 $2 \\mathrm{Fe}^{3+}+\\mathrm{Fe}^{3}=3 \\mathrm{Fe}^{2+}$ , 反应中 $\\mathrm{Fe}$ 为还原剂, $\\mathrm{Fe}^{2+}$ 为还原产物, 还原性: $\\mathrm{Fe}>\\mathrm{Fe}^{2+}$, 可观察到黄色 逐渐消失, 加 KSCN 溶液颜色不变，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 瓶内有黑色颗粒产生, 说明二氧化碳被还原生成碳, 反应中二氧化碳表现氧 化性，故 B 正确;\n\nC. 加热碳酸氢铵, 分解生成氨气, 可使石芯试纸变蓝色, 且为固体的反应, 与 盐类的水解无关，故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 一只试管中产生黄色沉淀, 为 $\\mathrm{AgI}$, 则 $\\mathrm{Qc}>\\mathrm{Ksp}$, 另一支中无明显现象, 说 明 $\\mathrm{Qc}<\\mathrm{Ksp}$, 可说明 $\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}(\\mathrm{AgI})<\\mathrm{K}_{\\mathrm{sp}}(\\mathrm{AgCl})$ ，故 D 正确。\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: 这是一道涉及到溶度积常数（Ksp）的题目。溶度积常数是描述一种物质在溶液中溶解度的参数，对于同一种物质，其溶度积常数在一定的温度下是恒定的。根据题目，我们知道NaCl和NaI两种溶液中，有一种与Ag+反应生成了黄色沉淀，另一种则没有明显现象。我们知道AgCl和AgI都是银的卤化物，其中AgI是黄色沉淀，AgCl是白色沉淀。所以产生黄色沉淀的应该是NaI与Ag+反应生成的AgI。而没有明显现象的应该是NaCl与Ag+反应，因为AgCl的溶解度更大，所以在相同浓度的情况下，不容易看到沉淀。这就说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，所以答案是C。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 71,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）\nA. PM2.5 是指粒径不大于 $2.5 \\mu \\mathrm{m}$ 的可吸人悬浮颗粒物\nB. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染\nC. 燃煤中加人 $\\mathrm{CaO}$ 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放\nD. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解：A. PM2.5 是指空气中直径等于或小于 $2.5 \\mu \\mathrm{m}$ 的悬浮颗粒物, 它能 较长时间悬浮于空气中, 其在空气中含量浓度越高, 就代表空气污染越严重, 故 A 正确;\n\nB. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污 染，而不能污染后再治理，故 B 正确;\n\nC. 加人氧化钘可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸铂, 二氧 化硫排放量减少, 但在高温下反应仍然生成二氧化碳, 即燃煤中加人 $\\mathrm{CaO}$ 后 可减少酸雨的发生, 但不能减少温室气体的排放量, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 天然气 $(\\mathrm{CNG})$ 主要成分是甲烷, 液化石油气 $(\\mathrm{LPG})$ 的成分是丙烷、丁烷 等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料, 故 D 正确; 故选:C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，这个说法是正确的。\nB选项：绿色化学的目标就是从源头上减少或消除对环境的污染，这个说法也是正确的。\nD选项：天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料，这个说法也是正确的。\nC选项：燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，这是因为CaO可以和酸性气体如SO2反应生成硫酸钙，从而减少酸性气体的排放。但是，CaO并不能减少温室气体的排放，因为燃煤过程中产生的主要温室气体是二氧化碳，CaO并不能减少二氧化碳的生成。所以，C选项的说法是错误的。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 72,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 下列说法正确的是（）\nA. 植物油氢化过程中发生了加成反应\nB. 淀粉和纤维素互为同分异构体\nC. 环己烷与苯可用酸性 $\\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液鉴别\nD. 水可以用来分离溴苯和苯的混合物\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程, 由不饱和烃基 变为饱和烃基，故 A 正确;\n\nB. 淀粉和纤维素都为高分子化合物, 聚合度介于较大范围之间, 没有具体的值, 则二者的分子式不同，不是同分异构体，故 B 错误;\n\nC. 环己烷为饱和烃, 苯性质稳定, 二者与高锰酸钾都不反应, 不能鉴别, 故 C 错误;\n\nD. 溴苯和苯混溶, 且二者都不溶于水, 不能用水分离, 故 D 错误。\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA选项：植物油氢化过程中发生了加成反应。这个说法是正确的。植物油中的不饱和脂肪酸在氢化过程中，不饱和键会发生加成反应，吸收氢气，转变为饱和脂肪酸。\n\nB选项：淀粉和纤维素互为同分异构体。这个说法是错误的。淀粉和纤维素都是由葡萄糖分子通过糖苷键连接而成，但是他们的连接方式不同，淀粉是α-1,4-葡萄糖苷键，而纤维素是β-1,4-葡萄糖苷键，所以他们不是同分异构体。\n\nC选项：环己烷与苯可用酸性 $\\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液鉴别。这个说法是正确的。环己烷是饱和烃，不易被氧化，而苯是芳香烃，可以被酸性 $\\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液氧化。\n\nD选项：水可以用来分离溴苯和苯的混合物。这个说法是错误的。溴苯和苯都是有机溶剂，不溶于水，因此不能用水来分离。\n\n所以，正确的答案是A和C。 <eoe>\n\n【答案】: A, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 73,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) 下列实验操作规范且能达到目的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline & 目的 & 操作 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline A. & 取 $20.00 \\mathrm{~mL}$ 盐酸 & $\\begin{array}{l}\\text { 在 } 50 \\mathrm{~mL} \\text { 酸式滴定管中装人盐酸, 调整初始读数为 } \\\\\n\\quad 30.00 \\mathrm{~mL} \\text { 后, 将剩余盐酸放人雉形瓶 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline B. & $\\begin{array}{c}\\text { 清洗碘升华实验所 } \\\\\n\\text { 用试管 }\\end{array}$ & 先用酒精清洗，再用水清洗 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ & 测定醋酸钠溶液 $\\mathrm{pH}$ & 用玻璃棒蘸取溶液, 点在湿润的 $\\mathrm{pH}$ 试纸上 \\\\\n\\hline D. & $\\begin{array}{c}\\text { 配制浓度 为 } 0.010 \\\\\n\\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\text { 的 } \\mathrm{KMnO}_{4} \\\\\n\\text { 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 称取 } \\mathrm{KMnO}_{4} \\text { 固体 } 0.158 \\mathrm{~g} \\text {, 放人 } 100 \\mathrm{~mL} \\text { 容量瓶中, } \\\\\n\\text { 加水溶解并稀释至刻度 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. $\\mathrm{A}$\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A} .50 \\mathrm{~mL}$ 酸式滴定管, $50 \\mathrm{~mL}$ 以下没有刻度, 可容纳盐酸, 则将剩 余盐酸放人锥形瓶，体积大于 $20 \\mathrm{~mL}$ ，故 A 错误;\n\nB. 碘易溶于酒精, 可使试管内壁的碘除去, 且酒精可与水混溶, 用水冲洗可达 到洗涤的目的，故 B 正确;\n\nC. 湿润 $\\mathrm{pH}$ 试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液, 且只能在常温下使用, 不能在容量瓶 中溶解固体, 故 D 错误。\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n选项A，取$20.00 \\mathrm{~mL}$盐酸，应该是在刻度管中取，而不是在滴定管中取，所以选项A是错误的。\n选项B，碘升华实验中，试管内会有碘晶体残留，酒精可以溶解碘，所以先用酒精清洗再用水清洗是正确的。\n选项C，测定醋酸钠溶液pH，应该直接将pH试纸浸入溶液中，而不是用玻璃棒蘸取溶液，所以选项C是错误的。\n选项D，配制浓度为$0.010 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$的$\\mathrm{KMnO}_{4}$溶液，应该是将$0.158 \\mathrm{~g}$的$\\mathrm{KMnO}_{4}$溶解在$1000 \\mathrm{~mL}$的水中，而不是$100 \\mathrm{~mL}$的水中，所以选项D是错误的。\n所以，只有选项B是正确的。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 74,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "4. (6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏加德罗常数的值. 下列说法正确的是 （）\nA. $0.1 \\mathrm{~mol}$ 的 ${ }^{11} \\mathrm{~B}$ 中, 含有 $0.6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子\nB. $\\mathrm{pH}=1$ 的 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液中, 今含有 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个 $\\mathrm{H}^{+}$\nC. $2.24 \\mathrm{~L}$ (标准状况) 苯在 $\\mathrm{O}_{2}$ 中完全燃烧, 得到 $0.6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个 $\\mathrm{CO}_{2}$ 分子\nD. 密闭容器中 $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{PCl}_{3}$ 与 $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{Cl}_{2}$ 反应制备 $\\mathrm{PCl}_{5}(\\mathrm{~g})$ ， 增加 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个 $\\mathrm{P}-$ $\\mathrm{Cl}$ 键\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A} .{ }^{11} \\mathrm{~B}$ 中含有中子数 $=11-5=6,0.1 \\mathrm{~mol}$ 的 ${ }^{11} \\mathrm{~B}$ 中含有 $0.6 \\mathrm{~mol}$ 中子, 含有 $0.6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 没有告诉 $\\mathrm{pH}=1$ 的 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液的体积, 无法计算溶液中含有氢离子的物质的 量就数目， 故 B 错误;\n\nC. 标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{PCl}_{3}$ 与 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 生成 $\\mathrm{PCl}_{5}$ 的反应为可逆反应，则生成 $\\mathrm{PCl}_{5}$ 的物质的量小于 $1 \\mathrm{~mol}$, 增加的 $\\mathrm{P}-\\mathrm{Cl}$ 键小于 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ ， 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA. ${ }^{11} \\mathrm{~B}$ 的原子量为11，其中有5个质子，5个中子，1个电子。所以，$0.1 \\mathrm{~mol}$ 的 ${ }^{11} \\mathrm{~B}$ 中含有 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子，而不是 $0.6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子。所以选项A是错误的。\n\nB. $\\mathrm{pH}=1$ 的 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液中, 今含有 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个 $\\mathrm{H}^{+}$。这是错误的，因为$\\mathrm{pH}=1$表示溶液中的$\\mathrm{H}^{+}$浓度为$10^{-1} \\mathrm{~mol/L}$，并不表示溶液中含有$0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$个$\\mathrm{H}^{+}$。所以选项B是错误的。\n\nC. 苯的化学式为$\\mathrm{C}_{6}\\mathrm{H}_{6}$，它与氧气反应生成二氧化碳和水的化学反应方程式为：$\\mathrm{C}_{6}\\mathrm{H}_{6} + 7.5\\mathrm{O}_{2} \\rightarrow 6\\mathrm{CO}_{2} + 3\\mathrm{H}_{2}\\mathrm{O}$。因此，1mol的苯可以生成6mol的二氧化碳。在标准状态下，1mol的气体体积为22.4L。所以，2.24L的苯在完全燃烧后，可以得到$0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$个$\\mathrm{CO}_{2}$分子，而不是$0.6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$个。所以选项C是错误的。\n\nD. $\\mathrm{PCl}_{3}$与$\\mathrm{Cl}_{2}$反应生成$\\mathrm{PCl}_{5}$的化学反应方程式为：$\\mathrm{PCl}_{3} + \\mathrm{Cl}_{2} \\rightarrow \\mathrm{PCl}_{5}$。在这个反应中，每个$\\mathrm{PCl}_{3}$分子与一个$\\mathrm{Cl}_{2}$分子反应，生成一个$\\mathrm{PCl}_{5}$分子，增加了2个$\\mathrm{P}-\\mathrm{Cl}$键。所以，1mol的$\\mathrm{PCl}_{3}$与1mol的$\\mathrm{Cl}_{2}$反应，可以增加$2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$个$\\mathrm{P}-\\mathrm{Cl}$键。所以选项D是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 75,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "6. (6 分) 短周期元素 $W 、 X 、 Y$ 和 $\\mathrm{Z}$ 在周期表中的相对位置如表所示, 这四 种元素原子的最外电子数之和为 21 . 下列关系正确的是 (） \n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\n\\hline & & $W$ & $X$ & \\\\\n\\hline $\\mathrm{Y}$ & & & & $Z$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. 氢化物沸点: $\\mathrm{W}<\\mathrm{Z}$\nB. 氧化物对应水化物的酸性: $\\mathrm{Y}>\\mathrm{W}$\nC. 化合物熔点: $\\mathrm{Y}_{2} \\mathrm{X}_{3}<\\mathrm{YZ}_{3}$\nD. 简单离子的半径: $\\mathrm{Y}<\\mathrm{X}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解：由以上分析可知 $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{O} 、 \\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al} 、 \\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{Cl} 、 \\mathrm{~W}$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素,\n\nA. $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素, 对应的氢化物分子之间可形成氢键, 沸点比 $\\mathrm{HCl}$ 高, 故 $\\mathrm{A}$ 错 误;\n\nB. $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al}$, 对应的氧化物的水化物呈碱性, $\\mathrm{W}$ 为 $\\mathrm{N}$, 对应的氧化物的水化物溶 液呈酸性，故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{Al}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 离子化合物, $\\mathrm{AlCl}_{3}$ 为共价化合物, 则离子化合物的熔点较高, 故 $\\mathrm{C}$ 错 误;\n\nD. $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{O} 、 \\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al}$, 对应的离子具有相同的核外电子排布, 核电荷数越大离子 半径越小，故 D 正确。\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，根据给出的元素在周期表中的相对位置，我们可以推断出W、X、Y、Z分别位于周期表的IA、IIA、VIIA、VIIIA族。因为IA族元素的最外层电子数为1，IIA族元素的最外层电子数为2，VIIA族元素的最外层电子数为7，VIIIA族元素的最外层电子数为8。将这四个数相加，正好等于21，符合题目的条件。\n\n然后，我们来分析每个选项：\nA. 氢化物沸点: W<Z。IA族元素形成的氢化物的沸点通常低于VIIIA族元素形成的氢化物的沸点，因为IA族元素形成的氢化物的分子间作用力较弱。所以，选项A是正确的。\nB. 氧化物对应水化物的酸性: Y>W。VIIA族元素形成的氧化物的酸性通常强于IA族元素形成的氧化物的酸性，因为VIIA族元素的电负性较高，更容易吸引电子，形成的氧化物的酸性更强。所以，选项B是正确的。\nC. 化合物熔点: Y2X3<YZ3。一般来说，同一周期内，元素的化合物的熔点随着元素的原子序数的增加而增加。因此，Y2X3的熔点应该高于YZ3的熔点。所以，选项C是错误的。\nD. 简单离子的半径: Y<X。一般来说，同一周期内，元素的离子半径随着元素的原子序数的增加而减小。因此，Y的离子半径应该大于X的离子半径。所以，选项D是错误的。\n\n综上，只有选项A和B是正确的。 <eoe>\n【答案】: A, B <eoa>"
        },
        {
            "index": 76,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 磷酸亚铁锂 $\\left(\\mathrm{LiFePO}_{4}\\right)$ 电池是新能源汽车的动力电池之一, 采用湿 法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属, 其流程如下:\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=203&width=1670&top_left_y=607&top_left_x=296)\n下列叙述错误的是（ $)$\nA. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用\nB. 从“正极片”中可回收的金属元素有 $\\mathrm{Al} 、 \\mathrm{Fe} 、 \\mathrm{Li}$\nC. “沉淀”反应的金属离子为 $\\mathrm{Fe}^{3+}$\nD. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 合理处理废旧电池, 可减少污染性废水的排放, 且回收含有 $\\mathrm{Al}$ 、 $\\mathrm{Fe}$ 等金属, 可再利用, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有 Al、Fe、Li 等, 故 B 正确\n\nC. 硝酸具有强氧化性, 可氧化亚铁离子生成铁离子, 则“沉淀”反应的金属离子 为 $\\mathrm{Fe}^{3+}$, 故 C 正确;\n\nD. 加入硫酸钠, 不能生成含 Li 沉淀, 故 D 错误。\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项是正确的，废旧电池的处理不仅可以保护环境，还可以实现资源的再利用。\nB选项也是正确的，正极片中的金属元素包括Al，Fe，Li，这些都可以通过湿法冶金工艺进行回收。\nC选项也是正确的，沉淀反应中的金属离子为Fe3+，这是通过添加氢氧化钠进行沉淀反应得到的。\nD选项是错误的，上述流程中不能用硫酸钠代替碳酸钠。因为在流程中，碳酸钠的作用是与硫酸反应生成硫酸钠和二氧化碳，而硫酸钠不能与硫酸反应生成二氧化碳。所以，硫酸钠不能代替碳酸钠。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 77,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）下列说法错误的是（）\nA. 蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖\nB. 酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质\nC. 植物油含不饱和脂肪酸酯, 能使 $\\mathrm{Br}_{2} / \\mathrm{CCl}_{4}$ 褪色\nD. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "解: A. 蔗糖和麦芽糖均为双糖, 果糖为单糖, 故 A 错误;\n\nB. 绝大多数酶是蛋白质, 少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质, 如复合酶, 故 B 错误;\n\nC. 植物油为液态油脂, 分子的烃基中含不饱和碳碳双键, 这种脂肪酸酯, 能使 $\\mathrm{Br}_{2} / \\mathrm{CCl}_{4}$ 褪色, 发生加成反应, 故 C 正确;\n\nD. 淀粉和纤维素为多糖, 一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖, 故 D 正确; 故选： $A B$ 。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项：蔗糖和麦芽糖确实是双糖，但果糖是单糖，所以A选项错误。\nB选项：酶确实是一类具有高选择性催化性能的蛋白质，所以B选项正确。\nC选项：植物油含有不饱和脂肪酸酯，可以使Br2/CCl4褪色，所以C选项正确。\nD选项：淀粉和纤维素水解的最终产物确实是葡萄糖，所以D选项正确。\n综上，A选项错误。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 78,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. （6 分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中, 下列操作末涉及的是（）\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=474&width=437&top_left_y=1716&top_left_x=293)\n\nA.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=314&width=300&top_left_y=1873&top_left_x=821)\n\nB.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=468&width=165&top_left_y=1719&top_left_x=1208)\n\nC.\n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=268&width=274&top_left_y=1922&top_left_x=1482)\n\nD.\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解: A. 乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的, 选 择试管中加热，故 $A$ 不选;\n\nB. 生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇, 通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、 降低乙酸乙酯溶解度, 防止倒吸导气管不能深入溶液, 故 B 不选;\n\nC. 饱和碳酸钠溶液吸收静置后, 利用分液的方法分离, 故 C 不选;\n\nD. 图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法, 在生成和纯化乙酸乙 酯的实验过程中, 操作末涉及, 故 $D$ 选;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_05_f21c25e2b97999d253c1g-01.jpg?height=268&width=274&top_left_y=1922&top_left_x=1482)\n\n【解析】乙酸乙酯的生成和纯化过程中，首先需要用到蒸馏器（A选项）进行蒸馏，然后用到分液漏斗（B选项）进行分液，最后用到干燥管（C选项）进行干燥。D选项是烧杯，这在乙酸乙酯的生成和纯化过程中并没有涉及到。因此，D选项是正确答案。<eoe>\n【答案】D<eoa>"
        },
        {
            "index": 79,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "4. （6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 是阿伏加德罗常数的值, 下列说法正确的是（ ）\nA. $16.25 \\mathrm{gFeCl}_{3}$, 水解形成的 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 为胶体粒子数为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $22.4 \\mathrm{~L}$ (标准状况) 氩气含有的质子数为 $18 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. $92.0 \\mathrm{~g}$ 甘油 (丙三醇) 中含有羟基数为 $1.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ \nD. $1.0 \\mathrm{molCH}_{4}$ 与 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 在光照下生成 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{Cl}$ 的分子数为 $1.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解： $\\mathrm{A}$. 胶体粒子是一个聚合体, $16.25 \\mathrm{gFeCl}_{3}$ 的物质的量为 $\\frac{16.25 \\mathrm{~g}}{162.5 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=0.1 \\mathrm{~mol}$, 水解形成 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 胶体时, 多个 $\\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}$ 聚合为一 个胶体粒子, 所以形成的胶体粒子数小于 $0.1 \\mathrm{~mol}$, 即 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB.22.4L 标准状况的氩气的物质的量为 $1 \\mathrm{~mol}$, 氩气是单原子气体, 所以含有 $18 \\mathrm{molAr}$ ，即含有 $18 \\mathrm{~mol}$ 质子，即 $18 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个质子，故 B 正确;\n\nC.92.0g 甘油 (丙三醇) 的物质的量为 $\\frac{92 \\mathrm{~g}}{92 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}, 1 \\mathrm{~mol}$ 丙三醇含有 $3 \\mathrm{~mol}$ 羟 基, 即含有嵯基数为 $3 N_{A}$, 故 $C$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{CH}_{4}$ 与 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 的在光照下发生的取代反应产物是混合物, 不是完全生成 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{Cl}^{\\text {, }}$, 所以生成 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{Cl}$ 的分子数不是 $1.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 D 错误,\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，FeCl3的摩尔质量为162.5g/mol，16.25g对应0.1mol，水解形成的Fe(OH)3的摩尔数也为0.1mol，但是每个Fe(OH)3分子对应一个胶体粒子，所以胶体粒子数应为0.1NA，所以A选项正确。\nB选项，22.4L氩气在标准状态下对应1mol，氩的原子量为18，每个氩原子含有18个质子，所以1mol氩气含有的质子数为18NA，所以B选项正确。\nC选项，甘油的分子式为C3H8O3，其摩尔质量为92g/mol，所以92.0g甘油对应1mol，每个甘油分子含有3个羟基，所以1mol甘油含有的羟基数为3NA，所以C选项错误。\nD选项，根据反应CH4 + Cl2 → CH3Cl + HCl，可以看出1mol CH4反应生成1mol CH3Cl，所以1.0mol CH4生成的CH3Cl分子数为1.0NA，所以D选项正确。\n<eoe>\n【答案】: ABD <eoa>"
        },
        {
            "index": 80,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分) 环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物, 螺 $(2,2 ）$ 戊烷（ $D$ ) 是最简单的一种, 下列关于该化合物的说法错误的是（）\nA. 与环戊烯互为同分异构体B. 二氯化物超过两种\nC. 所有碳原子均处同一平面 D. 生成 $1 \\mathrm{molC}_{5} \\mathrm{H}_{12}$, 至少需要 $2 \\mathrm{molH}_{2}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解： A. 螺 ( $2,2 ）$ 戊烷、环戊烯的分子式都为 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{8}$, 环戊烯结构简式 为 分异构体，故 A 正确;\n\nB. 螺 (2,2）戊烷2 可能位于 1 号和 2 号碳原子上、可能位于 1 号和 3 号碳原子上、可能位于 1 号和 4 号 C 原子上, 所以其二氯化物超过 2 种, 故 B 正确;\n\nC. 该分子中中间的碳原子上具有甲烷结构特点, 甲烷为正四面体结构, 所以该 分子中所有 $\\mathrm{C}$ 原子不可能共平面, 故 C 错误;\n\nD. 每个 $\\mathrm{C}_{5} \\mathrm{H}_{12}$ 比螺 $(2,2)$ 戊烷多 4 个氢原子, 相当于 2 个 $\\mathrm{H}_{2}$, 所以生成 $1 \\mathrm{molC}_{5} \\mathrm{H}_{12}$ ，至少需要 $2 \\mathrm{molH}_{2}$ ，故 D 正确;\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】螺(2,2)戊烷是一个五元环的化合物，其中有两个碳原子是被两个环共享的。这种结构使得所有的碳原子都不在同一平面上。因此，选项C是错误的。对于选项A，螺(2,2)戊烷和环戊烯的分子式都是C5H10，所以它们是同分异构体。对于选项B，螺(2,2)戊烷有三个不同的氯代位置，因此可以形成超过两种的二氯化物。对于选项D，生成1mol的C5H12，需要2mol的H2，因为C5H10 + H2 → C5H12。所以选项C是错误的。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 81,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "6. （6 分）主族元素 $W 、 X 、 Y 、 Z$ 的原子序数依次增加, 且均不大于 20. W、X $、 Z$ 最外层电子数之和为 $10 ; W$ 与 $\\mathrm{Y}$ 同族; $W$ 与 $Z$ 形成的化合物可与浓硫酸 反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（ ）\nA. 常温常压下 $X$ 的单质为气态\nB. $Z$ 的氢化物为离子化合物\nC. $Y$ 和 $Z$ 形成的化合物的水溶液呈碱性\nD. $W$ 与 $Y$ 具有相同的最高化合价\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: $W$ 与 Z 形成的化合物可与浓硫酸反应, 其生成物可腐蚀玻璃, 能腐 蚀玻璃的是 $\\mathrm{HF}, W$ 原子序数小于 $Z$, 则 $W$ 为 $F$ 元素, $W$ 与 $Y$ 同族且原子序数 都不大于 20 , 则 $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Cl}$ 元素, $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Z}$ 最外层电子数之和为 10 , 主族元素 $\\mathrm{W}$ 、 $X 、 Y 、 Z$ 的原子序数依次增加, 且均不大于 20 , 则 $X$ 为 $\\mathrm{Na}$ 元素、 $Z$ 为 $\\mathrm{Ca}$ 元素，或者 $X$ 为 $M g$ 元素、 $Z$ 为 $K$ 元素;\nA. 常温下 $\\mathrm{Na}$ 或 $\\mathrm{Mg}$ 单质都是固态, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\nB. $\\mathrm{Z}$ 的氢化物是 $\\mathrm{KH}$ 或 $\\mathrm{CaH}_{2}$, 二者都是离子化合物, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\nC. $Y 、 Z$ 形成的化合物是 $\\mathrm{KCl}$ 或 $\\mathrm{CaCl}_{2}$, 为强酸强碱盐, 其水溶液呈中性, 故 $\\mathrm{C}$ 错 误；\nD. $W 、 Y$ 的最高价分别是 $0 、+7$ 价, $F$ 元素非金属性最强, 没有正化合价, 故 $D$ 错误;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，W、X、Z最外层电子数之和为10，这意味着W、X、Z分别为主族元素的第一、二、三周期元素，因为主族元素的最外层电子数等于其所在周期数。所以，W、X、Z的原子序数应该分别为1，2，7。\n\n其次，W与Y同族，说明Y也是第一周期元素，所以Y的原子序数为2。\n\n然后，W与Z形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。这说明Z为硅，因为硅酸是唯一能腐蚀玻璃的酸。所以，Z的原子序数为14。\n\n所以，W、X、Y、Z的原子序数分别为1，2，2，14，对应的元素为氢、氦、氦、硅。\n\n根据这些信息，我们可以分析选项：\n\nA. 常温常压下X的单质为气态。这是正确的，因为X为氦，氦在常温常压下是气态。\n\nB. Z的氢化物为离子化合物。这是错误的，因为Z为硅，硅的氢化物为共价化合物。\n\nC. Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性。这是错误的，因为Y为氦，氦不与其他元素形成化合物。\n\nD. W与Y具有相同的最高化合价。这是正确的，因为W和Y都为氢，氢的最高化合价为1。\n\n所以，正确的选项是A和D。 <eoe>\n\n【答案】: A, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 82,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. （6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 代表阿伏加德罗常数的值, 下列说法正确的是（）\nA. 常温常压下, $124 \\mathrm{gP}_{4}$ 中所含 $\\mathrm{P}-\\mathrm{P}$ 键数目为 $4 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $100 \\mathrm{~mL} 1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中所含 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的数目为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. 标准状况下, $11.2 \\mathrm{~L}$ 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. 密闭容器中, $2 \\mathrm{~mol} \\mathrm{SO}_{2}$ 和 $1 \\mathrm{molO}_{2}$ 催化反应后分子总数为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A} .124 \\mathrm{gP}_{4}$ 的物质的量为 $\\frac{124 \\mathrm{~g}}{31 \\times 4 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 根据 $\\mathrm{P}_{4}$ 的结构式, $1 \\mathrm{molP}_{4}$ 含有 $6 \\mathrm{molP}-\\mathrm{P}$ 键, 即含有 $\\mathrm{P}-\\mathrm{P}$ 键数目为 $6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中存在 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的水解, 所以 $100 \\mathrm{~mL} 1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液中所含 $\\mathrm{Fe}^{3+}$ 的 数目小于 $0.1 \\mathrm{~mol}$, 即小于 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ ，故 $\\mathrm{B}$ 错误;\n\nC. $1 \\mathrm{~mol}$ 甲烷含有 $4 \\mathrm{molH}, 1 \\mathrm{~mol}$ 乙烯含有 $4 \\mathrm{molH}$, 二者无论按何种比例, 相当于 $1 \\mathrm{~mol}$ 混合气体含有 $4 \\mathrm{molH}$, 则标准状况下, $11.2 \\mathrm{~L}$ 甲烷和乙烯混合物中含 $\\mathrm{H}$ 有 $\\frac{11.2 \\mathrm{~L}}{22.4 \\mathrm{~L} / \\mathrm{mol}} \\times 4=2 \\mathrm{~mol}$, 即含氢原子数目为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. $\\mathrm{SO}_{2}$ 和 $\\mathrm{O}_{2}$ 的催化反应为可逆反应, 反应不可能完全进行, 存在一个化学平衡 , 所以密闭容器中, $2 \\mathrm{~mol} \\mathrm{SO}_{2}$ 和 $1 \\mathrm{molO}_{2}$ 催化反应后分子总数不一定为 $2 \\mathrm{~mol}$, 即不一定为 $2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误，\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA. 选项中的P4是四原子磷，其结构是一个四面体，每个磷原子与其他三个磷原子都有键连，所以P-P键的数目为6，而不是4，所以A选项错误。\nB. 1 mol的FeCl3中含有1 mol的Fe3+，而100 mL的1 mol/L的FeCl3溶液中含有0.1 mol的Fe3+，所以Fe3+的数目为0.1NA，所以B选项正确。\nC. 甲烷（CH4）和乙烯（C2H4）的混合物中，每个甲烷分子含有4个氢原子，每个乙烯分子含有2个氢原子。在标准状况下，11.2 L的气体等于0.5 mol，所以混合物中的氢原子数目为0.5*(4+2)NA=3NA，而不是2NA，所以C选项错误。\nD. SO2和O2的反应方程式为2SO2+O2=2SO3，反应后生成2 mol的SO3，所以分子总数为2NA，所以D选项正确。\n<eoe>\n【答案】: B, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 83,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "6.（6 分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的 $\\mathrm{Na}-\\mathrm{CO}_{2}$ 二次电池, 将 $\\mathrm{NaClO}_{4}$ 溶于有机溶剂作为电解液。钠和负载碳纳米管的铂网分别作为电极材 料, 电池的总反应为: $3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na} \\rightleftharpoons 2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C}$, 下列说法错误的是（ ） \n\n![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_03_10_5a44e0f58578b3d27240g-03.jpg?height=486&width=768&top_left_y=274&top_left_x=313)\nA. 放电时, $\\mathrm{ClO}_{4}^{-}$向负极移动\nB. 充电时释放 $\\mathrm{CO}_{2}$, 放电时吸收 $\\mathrm{CO}_{2}$\nC. 放电时, 正极反应为: $3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{e}^{-}=2 \\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{C}$\nD. 充电时, 正极反应为: $\\mathrm{Na}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Na}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "解： A. 放电时, $\\mathrm{Na}$ 失电子作负极、 $\\mathrm{Ni}$ 作正极, 电解质溶液中阴离子 向负极移动, 所以 $\\mathrm{ClO}_{4}^{-}$向负极移动, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 放电时 $\\mathrm{Na}$ 作负极、 $\\mathrm{Ni}$ 作正极, 充电时 $\\mathrm{Ni}$ 作阳极、 $\\mathrm{Na}$ 作阴极, 则放电电池 反应式为 $3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na} \\rightleftharpoons 2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C}$ 、充电电池反应式为 $2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C} \\rightleftharpoons 3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na}$ , 所以充电时释放 $\\mathrm{CO}_{2}$, 放电时吸收 $\\mathrm{CO}_{2}$, 故 $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC. 放电时负极反应式为 $\\mathrm{Na}^{-} \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Na}^{+}$、正极反应式为 $3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{e}^{-}=2 \\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{C}$, 故 C 正确;\n\nD. 充电时, 原来的正极 $\\mathrm{Ni}$ 作电解池的阳极, $\\mathrm{Na}$ 作电解池阴极, 则正极发生的 反应为原来正极反应式的逆反应, 即 $2 \\mathrm{CO}_{3}^{2-}+\\mathrm{C}^{-}-4 \\mathrm{e}^{--}=3 \\mathrm{CO}_{2}$, 负极发生的反 应为 $\\mathrm{Na}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Na}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要理解电池的工作原理，即在放电过程中，阳离子向负极移动，阴离子向正极移动；在充电过程中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。\n\nA选项，放电时，$\\mathrm{ClO}_{4}^{-}$向负极移动，这是正确的，因为在放电过程中，阴离子会向正极移动。\n\nB选项，充电时释放 $\\mathrm{CO}_{2}$, 放电时吸收 $\\mathrm{CO}_{2}$，这是正确的，从总反应式可以看出，充电过程是总反应式的逆反应，即$2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C} \\rightleftharpoons 3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na}$，在这个过程中，会释放$\\mathrm{CO}_{2}$；而放电过程是总反应式的正反应，即$3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na} \\rightleftharpoons 2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C}$，在这个过程中，会吸收$\\mathrm{CO}_{2}$。\n\nC选项，放电时, 正极反应为: $3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{e}^{-}=2 \\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{C}$，这是正确的，因为在放电过程中，正极是氧化还原反应的还原部分，即$3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{e}^{-}=2 \\mathrm{CO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{C}$。\n\nD选项，充电时, 正极反应为: $\\mathrm{Na}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Na}$，这是错误的，因为在充电过程中，正极是氧化还原反应的氧化部分，应该是$2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{C} \\rightleftharpoons 3 \\mathrm{CO}_{2}+4 \\mathrm{Na}^{+}+4 \\mathrm{e}^{-}$，而不是$\\mathrm{Na}^{+}+\\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Na}$。\n\n因此，错误的说法是D选项。 <eoe>\n\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 84,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "7. （6 分）下列实验过程可以达到实验目的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline 编号 & 实验目的 & 实验过程 \\\\\n\\hline A & $\\begin{array}{l}\\text { 配制 } 0.4000 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\text { 的 } \\\\\n\\mathrm{NaOH} \\text { 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{c}\\text { 称取 4.0g 固体 } \\mathrm{NaOH} \\text { 于烧杯中, 加入少量蒸馏 } \\\\\n\\text { 水溶解, 转移至 } 250 \\mathrm{~mL} \\text { 容量瓶中定容 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline B & 探究维生素 C 的还原性 & $\\begin{array}{c}\\text { 向盛有 } 2 \\mathrm{~mL} \\text { 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓 } \\\\\n\\text { 的维生素 C 溶液, 观察颜色变化 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline C & 制取并纯化氢气 & $\\begin{array}{l}\\text { 向稀盐酸中加入锌粒, 将生成的气体依次通过 } \\\\\n\\mathrm{NaOH} \\text { 溶液、浓硫酸和 } \\mathrm{KMnO}_{4} \\text { 溶液 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D & $\\begin{array}{l}\\text { 探究浓度对反应速率的 } \\\\\n\\text { 影响 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{r}\\text { 向 } 2 \\text { 支盛有 } 5 \\mathrm{~mL} \\text { 不同浓度 } \\mathrm{NaHSO}_{3} \\text { 溶液的试管 } \\\\\n\\text { 中同时加入 } 2 \\mathrm{~mL}^{2} \\% \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2} \\text { 溶液, 观察实验现象 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "解: $\\mathrm{A} . \\mathrm{NaOH}$ 溶解过程是放热的, 导致溶液浓度高于室温, 如果在转 移溶液之前末将溶液冷却至室温, 否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓 度偏高，所以不能实现实验目的，故 $\\mathrm{A}$ 不选;\n\nB. 氯化铁具有氧化性、维生素 $\\mathrm{C}$ 具有还原性, 二者发生氧化还原反应而生成亚 铁离子, 导致溶液由黄色变为浅绿色, 则溶液变色, 所以能实现实验目的, 故 B 选;\n\nC. 高锰酸钾溶液和氢气、 $\\mathrm{HCl}$ 都不反应, 且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致 得到的氢气中含有水蒸气, 所以不能实现实验目的, 用 $\\mathrm{NaOH}$ 吸收 $\\mathrm{HCl}$ 、用 浓硫酸干燥气体即可, 故 $\\mathrm{C}$ 不选;\n\nD. 要探究浓度对化学反应速率影响实验时, 应该只有浓度不同其它条件必须完 全相同, 该实验没有明确说明温度是否相同, 并且实验现象也不明显, 所以 不能实现实验目的，故 D 不选，\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA选项中，NaOH的摩尔质量为40g/mol，所以4g NaOH就是0.1mol，如果要配制0.4mol/L的NaOH溶液，至少需要1L的溶剂，而题目中只有250mL，所以A选项错误。\nB选项中，维生素C对氯化铁有还原作用，可以使黄色的氯化铁溶液变为无色，所以B选项正确。\nC选项中，制取氢气的过程中，氢气会与NaOH反应生成水和氢氧化钠，所以不能通过NaOH溶液，所以C选项错误。\nD选项中，反应速率与反应物的浓度有关，不同浓度的NaHSO3溶液与H2O2反应的速率应该是不同的，所以D选项正确。\n所以，正确答案是B和D。 <eoe>\n【答案】: B, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 85,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）\nA. 泡沬灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火\nB．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性\nC. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境\nD. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀, 原理是牺牲阳极的阴极保护法\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 泡沬灭火器喷出的泡沬中含有大量水分, 水会导致产生导电, 从而易产生触电危险，故 A 错误;\n\nB. 蛋白质在温度较高时易变性, 疫苗为蛋白质, 为了防止蛋白质变性, 所以一 般应该冷藏存放，故 B 正确;\n\nC. 水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料, 不含苯、甲苯等有机物, 油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染 环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，故 C 正确:\n\nD. $\\mathrm{Mg}$ 比 $\\mathrm{Fe}$ 活泼, 当发生化学腐蚀时 $\\mathrm{Mg}$ 作负极而被腐蚀,从而阻止 $\\mathrm{Fe}$ 被腐 蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故 D 正确;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A中，泡沫灭火器可以用于一般火源，但对于电器火源，由于泡沫灭火器中的水分子会导致电流传导，可能会引发电击，所以不适用于电器起火。选项B中，疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，这是正确的。选项C中，水性漆相比油性漆更环保，对人体和环境的危害小，这也是正确的。选项D中，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，这也是正确的。所以，错误的是选项A。<eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 86,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 下列叙述正确的是 ( )\nA. $24 \\mathrm{~g}$ 镁与 $27 \\mathrm{~g}$ 铝中, 含有相同的质子数\nB. 同等质量的氧气和臭氧中, 电子数相同\nC. $1 \\mathrm{~mol}$ 重水与 $1 \\mathrm{~mol}$ 水中, 中子数比为 $2: 1$\nD. $1 \\mathrm{~mol}$ 乙烷和 $1 \\mathrm{~mol}$ 乙烯中, 化学键数相同\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. $24 \\mathrm{~g}$ 镁与 $27 \\mathrm{~g}$ 铝的物质的量均为 $1 \\mathrm{~mol}, 1 \\mathrm{molMg}$ 含有 $12 \\mathrm{~mol}$ 质子, $1 \\mathrm{molAl}$ 含有 $13 \\mathrm{~mol}$ 质子，二者不含有相同的质子数，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 氧气和臭氧均只含有氧原子, 同等质量的氧气和臭氧中, 相当于同等质量的 氧原子, 所含电子数相同, 故 B 正确;\n\nC. 质量数= 质子数+中子数, $\\mathrm{H}$ 无中子, $\\mathrm{D}$ 含有 1 个中子, $\\mathrm{O}$ 含有 8 个中子, 所 以 $1 \\mathrm{~mol}$ 重水与 $1 \\mathrm{~mol}$ 水中, 中子数比为 $10: 8=5: 4$, 故 C 错误;\n\nD. $1 \\mathrm{~mol}$ 乙烷含有 $7 \\mathrm{~mol}$ 共价键, $1 \\mathrm{~mol}$ 乙烯含有 $6 \\mathrm{~mol}$ 共价键, 二者化学键数不相 同，故 D 错误,\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】 \nA. 镁的原子量为24，铝的原子量为27，所以24g镁和27g铝的质子数并不相同，所以A选项错误。\nB. 同等质量的氧气和臭氧中，由于氧气和臭氧的分子式分别为O2和O3，所以电子数并不相同，所以B选项错误。\nC. 重水的分子式为D2O，其中D为氘，其质子数为1，中子数为1，而水的分子式为H2O，其中H为氢，其质子数为1，中子数为0，所以1mol重水与1mol水中，中子数比为2:1，所以C选项正确。\nD. 乙烷的分子式为C2H6，乙烯的分子式为C2H4，所以1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数并不相同，所以D选项错误。\n所以，正确答案为C。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 87,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "4. (6 分) 下列实验操作不当的是 ( )\nA. 用稀硫酸和锌粒制取 $\\mathrm{H}_{2}$ 时, 加几滴 $\\mathrm{CuSO}_{4}$ 溶液以加快反应速率\nB. 用标准 $\\mathrm{HCl}$ 溶液滴定 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶液来测定其浓度，选择酚唒为指示剂 \nC. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧, 火焰呈黄色, 证明其中含有 $\\mathrm{Na}^{+}$\nD. 常压蒸馏时, 加人液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. $\\mathrm{Zn}$ 能置换出硫酸铜溶液中的 $\\mathrm{Cu}, \\mathrm{Zn} 、 \\mathrm{Cu}$ 和稀硫酸构成原电池, 加快 $\\mathrm{Zn}$ 的腐蚀, 从而加快化学反应速率, 故 $\\mathrm{A}$ 不选;\n\nB. 强酸与强碱的滴定可以采用酚䣭或甲基橙; 弱酸与强碱的滴定用酚䣭, 因为 弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐, 水解显碱性）, 酚唒 在碱性范围变色; 反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差, 碳酸氢钠 呈弱碱性，所以应该选取甲基橙作指示剂，故 B 选;\n\nC. 钠元素的焰色反应呈黄色, 该实验蘸取的溶液为盐溶液, 焰色反应呈黄色, 说明溶液中含有钠离子，故 $\\mathrm{C}$ 不选;\n\nD. 超过容积的 $\\frac{2}{3}$ 时液体沸腾后, 可能会有液体从支管口处溅出, 易产生安全事 故，故 D 不选;\n\n故选: B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：硫酸与锌反应生成氢气，加入$\\mathrm{CuSO}_{4}$ 可以作为催化剂，加快反应速率，这是正确的。\nB选项：$\\mathrm{HCl}$ 与 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 反应是酸碱中和反应，选择酚酞作为指示剂是正确的。\nC选项：火焰试验中，钠离子的火焰颜色是黄色，这是正确的。\nD选项：常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二，这是为了防止液体沸腾时溅出，这是正确的。\n所以，所有选项都是正确的，没有不当的操作。 <eoe>\n【答案】题目有误 <eoa>"
        },
        {
            "index": 88,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "7. (6 分) $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 均为短周期元素且原子序数依次增大, 元素 $\\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Z}$ 同 族。盐 YZW 与浓盐酸反应, 有黄绿色气体产生, 此气体同冷烧碱溶液作用, 可得到含 $Y Z W$ 的溶液。下列说法正确的是（）\nA. 原子半径大小为 $\\mathrm{W}<\\mathrm{X}<\\mathrm{Y}<\\mathrm{Z}$\nB. $\\mathrm{X}$ 的氢化物水溶液酸性强于 $\\mathrm{Z}$ 的\nC. $\\mathrm{Y}_{2} \\mathrm{~W}_{2}$ 与 $\\mathrm{ZW}_{2}$ 均含有非极性共价键\nD. 标准状况下 $\\mathrm{W}$ 的单质状态与 $\\mathrm{X}$ 的相同\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解： $W 、 X 、 Y 、 Z$ 均为短周期元素且原子序数依次增大, 元素 $\\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Z}$ 同族, 盐 $\\mathrm{YZW}$ 与浓盐酸反应, 有黄绿色气体产生, 该气体是 $\\mathrm{Cl}_{2}$, 此气体同 冷烧碱溶液作用, 可得到含 $\\mathrm{YZW}$ 的溶液, 氯气和 $\\mathrm{NaOH}$ 反应生成 $\\mathrm{NaCl}$ 和 $\\mathrm{NaClO}, \\mathrm{YZW}$ 应该是 $\\mathrm{NaClO}$, 则 $\\mathrm{Y}$ 是 $\\mathrm{Na} 、 \\mathrm{Z}$ 是 $\\mathrm{Cl} 、 \\mathrm{~W}$ 是 $\\mathrm{O}$ 元素, $\\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Z}$ 同 一族且为短周期元素, 则 $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{F}$ 元素;\n\nA. 原子电子层数越多其原子半径越大, 同一周期元素, 其原子半径随着原子序 数增大而减小, 原子半径大小顺序是 $\\mathrm{F}<\\mathrm{O}<\\mathrm{Cl}<\\mathrm{Na}$, 即 $\\mathrm{X}<\\mathrm{W}<\\mathrm{Z}<\\mathrm{Y}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{X}$ 的氢化物为 $\\mathrm{HF} 、 \\mathrm{Z}$ 的氢化物为 $\\mathrm{HCl}$ ，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸, 所以其 氢化物的水溶液酸性 X 弱于 Z，故 B 错误;\n\nC. $\\mathrm{Y}_{2} \\mathrm{~W}_{2} 、 \\mathrm{ZW} 2$ 分别是 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2} 、 \\mathrm{ClO}_{2}$, 同一种非金属元素之间易形成非极性键, 前者含有非极性键，后者不含非极性键，故 C 错误;\n\nD. 标况下, 氟气、氧气都是气态, 所以标况下 $\\mathrm{W}$ 和 $\\mathrm{X}$ 的单质状态相同, 故 $\\mathrm{D}$ 正确;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n题目中提到元素X和Z同族，且原子序数依次增大，那么X的原子序数应该小于Z的原子序数。同时，题目中提到盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，这个气体应该是氯气，因为氯气与浓盐酸反应会产生黄绿色气体。所以，元素Z应该是氯，元素Y应该是金属，元素W应该是氢。因此，X应该是氟，因为氟和氯同族。所以，原子半径大小应该是X<W<Y<Z，选项A是错误的。选项B中，氟的氢化物水溶液是HF，氯的氢化物水溶液是HCl，HF的酸性强于HCl，所以选项B是错误的。选项C中，Y2W2是H2，ZW2是Cl2，这两个都是非极性共价键，所以选项C是正确的。选项D中，氢的单质状态是气态，氟的单质状态也是气态，所以选项D是正确的。因此，正确答案应该是C和D。 <eoe>\n【答案】: C, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 89,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 陶瓷是火与土的结晶, 是中华文明的象征之一, 其形成、性质与化学有着密切的 关系。下列说法错误的是（）\nA.“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁\nB. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成\nC. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐\nD. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 瓷器着色如雨过天晴, 为青色, 瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有 铁元素, 青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧, 再经过还原行成为 青色，此时铁不再是三价铁，而是二价铁，故 A 错误;\n\nB. 陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料, 经过高温烧制而成的产 品，闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故 B 正确;\n\nC. 以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品, 传 统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理化学方法制造出来的最早 的人造材料, 一万多年以前, 它的诞生使人类由旧石器时代进人了新石器时代, 故 C 正 确;\n\nD. 陶瓷有：日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、压电陶瓷等, 共性为具 有抗氧化、抗酸碱腐蚀、耐高温、绝缘、易成型等优点，故 D 正确; 故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A中，“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，实际上是来自于氧化铜，而不是氧化铁。选项B，秦兵马俑确实是由黏土经高温烧结而成的陶制品。选项C，陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐，这是正确的。选项D，陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，这也是正确的。因此，选项A是错误的。 <eoe>\n【答案】A <eoa>"
        },
        {
            "index": 90,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. ( 6 分 ) 关于化合物 2 - 苯基丙烯 ( ) 下列说法正确的是 $(\\quad)$\nA. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色\nB. 可以发生加成聚合反应\nC. 分子中所有原子共平面\nD. 易溶于水及甲苯\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 含有碳碳双键, 所以具有烯烃性质, 能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸 性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误;\n\nB. 含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故 B 正确;\n\nC. 苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面, 甲烷分子为正四面体结构, 有 3 个原子共平面, 该分子中甲基具有甲烷结构特点, 所以该分子中所有原子不能共平 面，故 C 错误；\n\nD. 该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故 D 错误; 故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要知道2-苯基丙烯的结构。2-苯基丙烯是一个含有一个苯环和一个丙烯基团的化合物，其分子结构不是平面的，因此选项C是错误的。\n\n其次，2-苯基丙烯含有一个碳-碳双键，可以发生加成反应，因此选项B是正确的。\n\n再次，2-苯基丙烯含有一个碳-碳双键，可以被稀高锰酸钾氧化，使其褪色，因此选项A是错误的。\n\n最后，2-苯基丙烯是一个有机化合物，一般不溶于水，但可以溶于有机溶剂如甲苯，因此选项D是正确的。\n\n所以，正确的答案是B和D。 <eoe>\n\n【答案】: B, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 91,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) “春蚕到死丝方尽, 蜡炬成灰泪始干” 是唐代诗人李商隐的著名诗句。下列关于 该诗句中所涉及物质的说法错误的是（）\nA. 蚕丝的主要成分是蛋白质\nB. 蚕丝属于天然高分子材料\nC. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应\nD. 古代的蜡是高级脂肪酸脂，属于高分子聚合物\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解：A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，故 A 正确;\n\nB. 蚕丝是天然蛋白质，属于天然高分子材料，故 B 正确;\n\nC. “蜡炬成灰”过程中是石蜡燃烧发生了氧化反应，故 C 正确;\n\nD. 古代的蜡是高级脂肪酸脂, 是一种酯类物质, 不属于高分子聚合物, 故 D 错误;\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，蚕丝的主要成分确实是蛋白质，所以选项A是正确的。其次，蚕丝是由蚕吐丝形成的，是一种天然的高分子材料，所以选项B也是正确的。再次，\"蜡炬成灰\"的过程中，蜡烛的主要成分蜡在燃烧的过程中与氧气反应，生成了二氧化碳和水，这是一个典型的氧化反应，所以选项C也是正确的。最后，古代的蜡是由蜂蜡、植物蜡或动物脂肪等制成的，主要成分是酯类，而不是高级脂肪酸脂，所以选项D是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 92,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 已知 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）\nA. $3 \\mathrm{~g}^{3} \\mathrm{He}$ 含有的中子数为 $1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $1 \\mathrm{~L} 0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1}$ 磷酸钠溶液含有的 $\\mathrm{PO}_{4}{ }^{-}$数目为 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. $1 \\mathrm{molK}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 被还原为 $\\mathrm{Cr}^{3+}$ 转移的电子数为 $6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nD. $48 \\mathrm{~g}$ 正丁烷和 $10 \\mathrm{~g}$ 异丁烷的混合物中共价键数目为 $13 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A} 、 3 \\mathrm{~g}^{3} \\mathrm{He}$ 的物质的量为 $1 \\mathrm{~mol}$, 而 $1 \\mathrm{~mol}^{3} \\mathrm{He}$ 中子的物质的量为 $1 \\mathrm{~mol}$, 所以 $3 \\mathrm{~g}^{3} \\mathrm{He}$ 含有的中子数为 $1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\n$\\mathrm{B}$ 、磷酸钠是强碱弱酸盐, 弱离子磷酸根离子会发生水解, 所以 $1 \\mathrm{~L} 0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot{ }^{-1} \\mathrm{~L}$ 磷酸钠溶 液含有的 $\\mathrm{PO}_{4}{ }^{3-}$ 数目小于 $0.1 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ ，故 B 错误;\n\nC、 $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 中铬由 +6 价变成 +3 价, 所以 $1 \\mathrm{~mol} \\mathrm{~K}_{2} \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}$ 被还原为 $\\mathrm{Cr}^{3+}$ 转移的电子数为 $6 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ ，故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD、正丁烷和异丁烷只是碳架不同, 含有的共价键数均为 13 条, 所以 $48 \\mathrm{~g}$ 正丁烷和 $10 \\mathrm{~g}$ 异丁烷, 即混合物的物质的量为 $\\frac{48 \\mathrm{~g}+10 \\mathrm{~g}}{58 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 所以 $48 \\mathrm{~g}$ 正丁烷和 $10 \\mathrm{~g}$ 异丁烷的混合 物中共价键数目为 $13 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ ，故 D 正确;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，3克氦气对应的摩尔数为3/4=0.75 mol，而每个氦原子中含有2个中子，所以3克氦气中的中子数为0.75*2*Na=1.5Na，所以A选项错误。\nB选项，1L 0.1 mol/L的磷酸钠溶液中，磷酸根离子的摩尔数为0.1 mol，所以磷酸根离子的个数为0.1Na，所以B选项正确。\nC选项，1 mol K2Cr2O7在被还原为Cr3+时，每个Cr原子会获得3个电子，所以2个Cr原子会获得6个电子，所以1 mol K2Cr2O7会获得6Na个电子，所以C选项正确。\nD选项，正丁烷的分子式为C4H10，异丁烷的分子式也为C4H10，所以他们的共价键数目都为14。48g正丁烷的摩尔数为48/58=0.827 mol，10g异丁烷的摩尔数为10/58=0.172 mol，所以混合物中的共价键数目为(0.827+0.172)*14Na=14Na，所以D选项正确。所以错误的选项是A。\n<eoe>\n【答案】A<eoa>"
        },
        {
            "index": 93,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "4. ( 6 分) 下列实验现象与实验操作不相匹配的是 $(\\quad)$\n\n\\begin{tabular}{|c|c|}\n\\hline 实验操作 & 实验现象 \\\\\n\\hline $\\begin{array}{l}\\mathrm{A} \\text { 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通人足量的乙烯 } \\\\\n\\text { 后静置 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液 } \\\\\n\\text { 分层 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline $\\mathrm{B}$ 将镁条点燃后迅速伸人集满 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的集气瓶 & $\\begin{array}{l}\\text { 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒 } \\\\\n\\text { 产生 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 & $\\begin{array}{l}\\text { 有刺激性气味气体产生，溶液变浑 } \\\\\n\\text { 浊 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline $\\begin{array}{c}\\mathrm{D} \\text { 向盛有 } \\mathrm{FeCl}_{3} \\text { 溶液的试管中加过量铁粉, 充分振荡 } \\\\\n\\text { 后加 } 1 \\text { 滴 } \\mathrm{KSCN} \\text { 溶液 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 黄色逐渐消失 }, \\text { 加 KSCN 后溶液颜 } \\\\\n\\text { 色不变 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. $\\mathrm{B}$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通人足量的乙烯, 反应生成二氧化碳、 硫酸钾、硫酸锰和水，静置后溶液不会分层，故 A 错误；\n\nB. 将镁条点燃后迅速伸人集满 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的集气瓶, 镁条继续燃烧反应生成 $\\mathrm{MgO}$ 和 $\\mathrm{C}$, 则集 气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生，故 B 正确;\n\nC. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸, 反应生成有刺激性气味的二氧化硫 气体, 同时生成 $\\mathrm{S}$ 单质, 导致溶液变浑浊, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 反应生成氯化亚铁, 铁离子消失, 则黄色逐渐消失, 且加 $\\mathrm{KSCN}$ 后溶液颜色不变, 故 D 正确;\n\n故选: A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项：乙烯可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，生成乙醇，溶液的紫色会逐渐褪去，乙醇是有机物，不溶于水，所以会分层，所以A选项是正确的。\nB选项：镁条燃烧后放入集满CO2的集气瓶，镁可以与CO2发生反应，生成MgO和C，C是黑色的固体，所以会有黑色颗粒产生，所以B选项是正确的。\nC选项：饱和硫代硫酸钠溶液与稀盐酸反应，会生成硫化氢，硫化氢是有刺激性气味的气体，所以C选项是正确的。\nD选项：FeCl3溶液中加入过量的铁粉，会生成FeCl2，FeCl2是黄色的，所以溶液的黄色会逐渐消失，但是加入KSCN后，应该会生成Fe(SCN)3，Fe(SCN)3是红色的，所以溶液的颜色应该会变红，但是题目中说溶液的颜色不变，所以D选项是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 94,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分 ) 下列化学方程式中, 不能正确表达反应颜色变化的是（）\nA. 向 $\\mathrm{CuSO}_{4}$ 溶液中加人足量 $\\mathrm{Zn}$ 粉，溶液蓝色消失 $\\mathrm{Zn}+\\mathrm{CuSO}_{4}=\\mathrm{Cu}+\\mathrm{ZnSO}_{4}$\nB. 澄清的石灰水久置后出现白色固体 $\\mathrm{Ca}(\\mathrm{OH}){ }_{2}+\\mathrm{CO}_{2}=\\mathrm{CaCO}_{3} \\downarrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nC. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 在空气中放置后由淡黄色变为白色 $2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}=2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{O}_{2} \\uparrow$\nD. 向 $\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}$ 悬浊液中滴加足量 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液出现红褐色沉淀 $3 \\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{FeCl}_{3}=$ $2 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}+3 \\mathrm{MgCl}_{2}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 向 $\\mathrm{CuSO}_{4}$ 溶液中加人足量 $\\mathrm{Zn}$ 粉, 反应生成硫酸锌和 $\\mathrm{Cu}$, 溶液蓝色消 失, 发生反应为: $\\mathrm{Zn}+\\mathrm{CuSO}_{4}=\\mathrm{Cu}+\\mathrm{ZnSO}_{4}$ ，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 澄清的石灰水久置后生成碳酸钲沉淀, 发生反应为: $\\mathrm{Ca}(\\mathrm{OH})_{2}+\\mathrm{CO}_{2}=\\mathrm{CaCO}_{3} \\downarrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 B 正确;\n\nC. 过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠, 由淡黄色变为白色, 发生反应: $2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{O}_{2}+2 \\mathrm{CO}_{2}=2 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}+\\mathrm{O}_{2}$, 故 C 错误;\n\nD. 向 $\\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}$ 悬浊液中滴加足量 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 溶液, 氢氧化锌转化成更难溶的氢氧化铁沉 淀，发生反应为: $3 \\mathrm{Mg}(\\mathrm{OH})_{2}+2 \\mathrm{FeCl}_{3}=2 \\mathrm{Fe}(\\mathrm{OH})_{3}+3 \\mathrm{MgCl}_{2}$ ，故 D 正确;\n\n故选：C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，Zn比Cu更易失去电子，所以Zn可以将CuSO4中的Cu2+还原为Cu，生成的Cu是红色的，但是由于生成的ZnSO4是无色的，所以溶液的蓝色会消失，所以A选项正确。\nB选项，石灰水（Ca(OH)2）在空气中会吸收二氧化碳（CO2）生成白色的固体碳酸钙（CaCO3），所以B选项正确。\nC选项，Na2O2在空气中放置会吸收氧气生成Na2O，但是Na2O是无色的，不是白色的，所以C选项错误。\nD选项，Mg(OH)2和FeCl3反应生成的Fe(OH)3是红褐色的，所以D选项正确。\n所以，不能正确表达反应颜色变化的是C选项。 <eoe>\n【答案】C<eoa>"
        },
        {
            "index": 95,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 化学与生活密切相关。下列叙述错误的是（）\nA. 高纯硅可用于制作光感电池\nB. 铝合金大量用于高铁建设\nC. 活性炭具有除异味和杀䒩作用\nD. 碘酒可用于皮肤外用消毒\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A} . \\mathrm{Si}$ 为半导体材料, 能作光感电池, 故 A 正确;\n\nB. 铝合金在生活中用途最广泛，大量用于高铁建设, 故 B 正确;\n\nC. 活性炭具有吸附性, 没有强氧化性, 所以活性炭能去除异味, 但是不能杀菌消毒, 故 C 错误;\n\nD. 碘酒能使蛋白质变性而杀菌消毒，所以碘酒可用于皮肤外用消毒，故 D 正确；\n\n故选: $C_{0}$\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项：高纯硅确实可以用于制作光感电池，因为硅是半导体材料，具有光电效应，可以将光能转化为电能，所以这个选项是正确的。\nB选项：铝合金确实大量用于高铁建设，因为铝合金具有质轻、强度高、耐腐蚀等优点，所以这个选项也是正确的。\nC选项：活性炭具有很强的吸附能力，可以吸附空气中的有害物质，从而达到除异味的效果，但是它并不能杀菌，所以这个选项是错误的。\nD选项：碘酒确实可以用于皮肤外用消毒，因为碘具有很强的杀菌能力，所以这个选项也是正确的。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 96,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "2.（6 分）下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是（）\nA. 甲苯\nB. 乙烷\nC. 丙炔\nD. 1，3-丁二烯\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解： A. 甲苯甲基上的 C 原子采用 $\\mathrm{sp}^{3}$ 杂化，则该分子中所有原子一定不共平面， 故 A 错误; B. 乙烷中两个 $\\mathrm{C}$ 原子都采用 $\\mathrm{sp}^{3}$ 杂化, 所以该分子中所有原子一定不共平面, 故 $\\mathrm{B}$ 错误; C. 丙炔中甲基上的 $\\mathrm{C}$ 原子采用 $\\mathrm{sp}^{3}$ 杂化, 则该分子中所有原子一定不共平面, 故 $\\mathrm{C}$ 错误; D.1，3 - 丁二烯结构简式为 $\\mathrm{CH}_{2}=\\mathrm{CHCH}=\\mathrm{CH}_{2}$, 所有原子都采用 $\\mathrm{sp}^{2}$ 杂化, $\\mathrm{CH}_{2}=\\mathrm{CH}-$ 具有乙烯结构特点且共价单键可以旋转, 所以该分子中所有原子可能共平面, 故 D 正确; 故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要理解什么是共平面。共平面是指分子中的所有原子都位于同一平面上。这通常在分子结构中的π键中发生，π键是由p轨道形成的，p轨道是垂直于原子间连线的平面，所以π键中的原子都在同一平面上。\nA. 甲苯，由于甲基（CH3）中的氢原子与苯环不在同一平面，所以甲苯的所有原子不可能共平面。\nB. 乙烷，由于乙烷是sp3杂化，形成的是四面体结构，所以乙烷的所有原子不可能共平面。\nC. 丙炔，丙炔是一个线性分子，所有的原子都在同一直线上，因此它们也在同一平面上。\nD. 1，3-丁二烯，由于1，3-丁二烯中存在一个sp3杂化的碳原子，所以其所有原子不可能共平面。\n所以，只有丙炔的所有原子可能共平面。 <eoe>\n【答案】C<eoa>"
        },
        {
            "index": 97,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 均为短周期主族元素, 它们原子的最外层电子数之和是 10. $\\mathrm{X}$ 与 $\\mathrm{Z}$ 同 族, $\\mathrm{Y}$ 最外层电子数等于 $\\mathrm{X}$ 次外层电子数, 且 $\\mathrm{Y}$ 原子半径大于 $\\mathrm{Z}$. 下列叙述正确的是 $(\\quad)$\nA. 熔点: $X$ 的氧化物比 $Y$ 的氧化物高\nB. 热稳定性： $\\mathrm{X}$ 的氢化物大于 $\\mathrm{Z}$ 的氢化物\nC. $\\mathrm{X}$ 与 $\\mathrm{Z}$ 可形成离子化合物 $\\mathrm{ZX}$\nD. $\\mathrm{Y}$ 的单质与 $\\mathrm{Z}$ 的单质均能溶于浓硝酸\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解：通过以上分析知, X、Y、Z 分别是 C、Mg、Si 元素;\n\nA. $\\mathrm{X}$ 的氧化物是碳的氧化物, 为分子晶体; $\\mathrm{Y}$ 的氧化物为 $\\mathrm{MgO}$, 为离子晶体, 熔沸点: 离子晶体 $>$ 分子晶体, 所以熔点: $\\mathrm{MgO}>\\mathrm{CO}$ 和 $\\mathrm{CO}_{2}$, 所以熔点: $\\mathrm{X}$ 的氧化物低于 $\\mathrm{Y}$ 的 氧化物，故 A 错误;\n\nB. 元素的非金属性越强, 其氢化物的稳定性越强, 非金属性 $X>Z$, 则热稳定性: $X$ 的 氢化物大于 $\\mathrm{Z}$ 的氢化物，故 B 正确; \nC. $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Z}$ 为非金属元素，二者通过共用电子对形成共价化合物 $\\mathrm{SiC}$ ，故 C 错误;\nD. $\\mathrm{Z}$ 的单质为 $\\mathrm{Si}, \\mathrm{Si}$ 和浓硝酸不反应，但是能溶于强碱溶液，故 D 错误;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们知道主族元素的最外层电子数等于它们在周期表中的组数。所以，X和Z同族，它们的最外层电子数相同。假设X和Z的最外层电子数为n，那么Y的最外层电子数就是10-2n。因为Y的最外层电子数等于X的次外层电子数，所以10-2n=n，解得n=2。这意味着X和Z是第二主族元素，也就是碱土金属，Y是第六主族元素，也就是氧族元素。\n\n接下来，我们来看选项：\nA. 熔点: X的氧化物比Y的氧化物高。这是错误的。因为碱土金属的氧化物熔点一般比氧族元素的氧化物低。\nB. 热稳定性： X的氢化物大于Z的氢化物。这是错误的。因为在同一主族中，元素的氢化物的热稳定性随着原子序数的增加而增加，所以Z的氢化物的热稳定性应该比X的大。\nC. X与Z可形成离子化合物ZX。这是错误的。因为X和Z都是碱土金属，它们都容易失去电子，所以它们不可能形成离子化合物。\nD. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸。这是正确的。因为氧族元素和碱土金属都可以与硝酸反应。\n<eoe>\n【答案】D<eoa>"
        },
        {
            "index": 98,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "5. (6 分) 设 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏加德罗常数值。关于常温下 $\\mathrm{pH}=2$ 的 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液, 下列说法正确的 是 $(\\quad)$\nA. 每升溶液中的 $\\mathrm{H}^{+}$数目为 $0.02 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{PO}_{4}^{-}\\right)+2 \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HPO}_{4}{ }^{--}\\right)+3 \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{PO}_{4}{ }^{3-}\\right)+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)$\nC. 加水稀释使电离度增大, 溶液 $\\mathrm{pH}$ 减小\nD. 加人 $\\mathrm{NaH}_{2} \\mathrm{PO}_{4}$ 固体，溶液酸性增强\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 常温下 $\\mathrm{pH}=2$ 的 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液中 $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=0.01 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}, 1 \\mathrm{~L}$ 该溶液中含有 的 $\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=0.01 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L} \\times 1 \\mathrm{~L}=0.01 \\mathrm{~mol}$, 含有 $\\mathrm{H}^{+}$数目为 $0.01 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 根据 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 溶液中的电荷守恒可知: $\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}^{+}\\right)=\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{PO}_{4}{ }^{-}\\right)+2 \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{HPO}_{4}{ }^{2-}\\right)+3 \\mathrm{c}\\left(\\mathrm{PO}_{4}{ }^{3}\\right.$ )$+\\mathrm{c}\\left(\\mathrm{OH}^{-}\\right)$，故 B 正确; C. 加水稀释 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 的浓度减小, 其电离度增大, 但溶液中氢离子浓度减小, 溶液 $\\mathrm{pH}$ 增 大，故 C 错误；\n\nD. 加人 $\\mathrm{NaH}_{2} \\mathrm{PO}_{4}$ 固体后, 抑制了 $\\mathrm{H}_{3} \\mathrm{PO}_{4}$ 的电离, 溶液中氢离子浓度减小, 溶液酸性减 弱，故 D 错误;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n首先，我们知道pH值是用来衡量溶液的酸碱性的，其值等于质子浓度的负对数。因此，pH=2的溶液中的H+浓度为10^-2 mol/L。阿伏加德罗常数NA是每摩尔物质中所含有的实体数，其值约为6.02*10^23。所以每升溶液中的H+数目为10^-2*NA=0.01NA，选项A错误。\n\n其次，H3PO4是一种三元弱酸，它可以发生三次电离，生成H2PO4^-、HPO4^2-和PO4^3-。在常温下，H3PO4的电离程度不大，主要是第一次电离。因此，H+的浓度主要由H3PO4的第一次电离和水的自离产生。根据电离平衡，H+的浓度等于H2PO4^-的浓度加上水的自离产生的H+的浓度。选项B错误。\n\n再次，加水稀释会使溶液的浓度降低，从而使得电离度增大，但是溶液的pH值并不会因此而减小，因为pH值只与H+的浓度有关，而H+的浓度并没有因为加水稀释而改变。选项C错误。\n\n最后，NaH2PO4是一种弱酸性盐，它可以发生水解反应，生成H2PO4^-和Na+。H2PO4^-可以进一步发生电离，生成H+，从而使溶液的酸性增强。因此，选项D正确。\n\n<eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 99,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "6. ( 6 分 ) 下列实验不能达到目的是 ( ）\n\n\\begin{tabular}{|c|l|l|}\n\\hline 选项 & \\multicolumn{1}{|c|}{ 目的 } & \\multicolumn{1}{|c|}{ 实验 } \\\\\n\\hline A. & 制取较高浓度的次氯酸溶液 & 将 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 通人碳酸钠溶液中 \\\\\n\\hline B. & 加快氧气的生成速率 & 在过氧化氢溶液中加人少量 $\\mathrm{MnO}_{2}$ \\\\\n\\hline C. & 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 & 加人饱和碳酸钠溶液洗涤、分液 \\\\\n\\hline D. & 制备少量二氧化硫气体 & 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. $B$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 由于 $\\mathrm{HClO}$ 的酸性大于碳酸氢根离子, 则 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 与碳酸钠溶液反应生成的 是次氯酸钠，无法获得较高浓度的次氯酸溶液，应该用碳酸铂，故 A 错误；\n\nB. 在过氧化氢溶液中加人少量 $\\mathrm{MnO}_{2}$, 二氧化锰为催化剂, 可加快氧气的生成速率, 故 B 正确;\n\nC. 饱和碳酸钠溶液中可以降低乙酸乙酯的溶解度, 且能够吸收乙酸, 可用饱和碳酸钠溶 液除去乙酸乙酯中的少量乙酸，故 C 正确;\n\nD. 向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成 $\\mathrm{SO}_{2}$, 且浓硫酸溶于水放热, 降低了 $\\mathrm{SO}_{2}$ 的溶解度，能够达到实验目的，故 D 正确;\n\n故选：A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n选项A，氯气与碳酸钠反应生成次氯酸和氯化钠，所以可以制取较高浓度的次氯酸溶液。\n选项B，过氧化氢在二氧化锰的催化下分解生成氧气和水，所以可以加快氧气的生成速率。\n选项C，乙酸乙酯是酯类物质，不溶于水，而乙酸可以溶于水，利用这个性质，可以通过加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液来除去乙酸乙酯中的少量乙酸。\n选项D，亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，所以可以制备少量二氧化硫气体。\n所以，所有选项中的实验都可以达到目的，没有不能达到目的的实验。 <eoe>\n【答案】: 无正确答案 <eoa>"
        },
        {
            "index": 100,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出, 乙醚、 $75 \\%$ 乙醇、含氯消毒 剂、过氧乙酸 $\\left(\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOOH}\\right)$ 、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品, 下列说 法错误的是 ( $\\quad)$\nA. $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH}$ 能与水互溶\nB. $\\mathrm{NaClO}$ 通过氧化灭活病毒\nC. 过氧乙酸相对分子质量为 76\nD. 氯仿的化学名称是四氯化碳\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH}$ 与水分子间能形成氢键, 并且都是极性分子, 所以 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH}$ 能与水以任意比互溶, 故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. $\\mathrm{NaClO}$ 具有强氧化性, 通过氧化能灭活病毒, 故 B 正确;\n\nC. 过氧乙酸的结构简式为 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOOH}$, 相对分子质量为 $12 \\times 2+4+16 \\times 3=76$, 故 $\\mathrm{C}$ 正 确;\n\nD. 氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故 D 错误;\n\n故选: D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA. $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{CH}_{2} \\mathrm{OH}$ 是乙醇的化学式，乙醇是可以与水互溶的，所以选项A是正确的。\nB. $\\mathrm{NaClO}$ 是次氯酸钠，是一种氧化性强的化学物质，可以通过氧化作用灭活病毒，所以选项B是正确的。\nC. 过氧乙酸的化学式为$\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COOOH}$，其相对分子质量为（12.01*2+1.01*4+16.00*3）=76.01，所以选项C是正确的。\nD. 氯仿的化学式为$\\mathrm{CHCl}_{3}$，而四氯化碳的化学式为$\\mathrm{CCl}_{4}$，所以选项D是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 101,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 紫花前胡醇 ( 提高人体免疫力。有关该化合物, 下列叙述错误的是（）\nA. 分子式为 $\\mathrm{C}_{14} \\mathrm{H}_{14} \\mathrm{O}_{4}$\nB. 不能使酸性重铬酸钾溶液变色 \nC. 能够发生水解反应\nD. 能够发生消去反应生成双键\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A}$ 、分子的不饱和度为 8 , 则氢原子个数为: $14 \\times 2+2-8 \\times 2=14$, 四个氧 原子，所以分子式为: $\\mathrm{C}_{14} \\mathrm{H}_{14} \\mathrm{O}_{4}$ ，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\n$\\mathrm{B}$ 、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子, 所以能使酸性重铬酸钾溶液变色, 故 B 错误；\n\nC、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故 C 正确;\n\n$\\mathrm{D}$ 、与 $-\\mathrm{OH}$ 相连的 $\\mathrm{C}$ 的邻位 $\\mathrm{C}$ 上有一种 $\\mathrm{H}$ 可发生消去反应，生成双键，故 D 正确;\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】紫花前胡醇的分子式为C14H14O4，所以选项A是正确的。紫花前胡醇能够发生水解反应和消去反应生成双键，所以选项C和D都是正确的。选项B提到紫花前胡醇不能使酸性重铬酸钾溶液变色，这是错误的。因为紫花前胡醇是一种醇类化合物，醇类化合物能够使酸性重铬酸钾溶液由橙色变为绿色，所以选项B是错误的。 <eoe>\n【答案】B <eoa>"
        },
        {
            "index": 102,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（）\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|}\n\\hline & 气体 (杂质 $)$ & 方法 \\\\\n\\hline A. & $\\mathrm{SO}_{2}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}\\right)$ & $\\begin{array}{c}\\text { 通过酸性高锰 } \\\\\n\\text { 酸钾溶液 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline B. & $\\mathrm{Cl}_{2}(\\mathrm{HCl})$ & $\\begin{array}{c}\\text { 通过饱和的食 } \\\\\n\\text { 盐水 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline C. & $\\mathrm{N}_{2}\\left(\\mathrm{O}_{2}\\right)$ & $\\begin{array}{c}\\text { 通过灼热的铜 } \\\\\n\\text { 丝网 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D. & $\\mathrm{NO}\\left(\\mathrm{NO}_{2}\\right)$ & $\\begin{array}{c}\\text { 通过氢氧化钠 } \\\\\n\\text { 溶液 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. $\\mathrm{B}$\nC. $\\mathrm{C}$\nD. $\\mathrm{D}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. $\\mathrm{SO}_{2}$ 被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. $\\mathrm{Cl}_{2}(\\mathrm{HCl})$ 利用溶解性的差异，除去 $\\mathrm{HCl}$, 故 B 正确;\n\nC. $\\mathrm{N}_{2}\\left(\\mathrm{O}_{2}\\right)$ 利用化学性质的差异, 铜与氧气反应, 不与氮气反应, 达到除杂目的, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. $\\mathrm{NO}_{2}$ 可以与 $\\mathrm{NaOH}$ 发生反应: $2 \\mathrm{NO}_{2}+2 \\mathrm{NaOH}=\\mathrm{NaNO}_{2}+\\mathrm{NaNO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, \\mathrm{NO}$ 与 $\\mathrm{NaOH}$ 溶 液不能发生反应; 尽管 $\\mathrm{NO}$ 可以与 $\\mathrm{NO}_{2}$ 一同跟 $\\mathrm{NaOH}$ 发生反应: $\\mathrm{NO}+\\mathrm{NO}_{2}+2 \\mathrm{NaOH}=$ $2 \\mathrm{NaNO}_{3}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 但由于杂质的含量一般较少, 所以也不会对 $\\mathrm{NO}$ 的量产生较大的影响,\n\n故 D 正确;\n\n故选：A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA. $\\mathrm{SO}_{2}\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}\\right)$ 通过酸性高锰酸钾溶液：酸性高锰酸钾溶液可以氧化H2S为硫，从而实现杂质的去除，所以A是正确的。\nB. $\\mathrm{Cl}_{2}(\\mathrm{HCl})$ 通过饱和的食盐水：食盐水可以吸收HCl，从而实现杂质的去除，所以B是正确的。\nC. $\\mathrm{N}_{2}\\left(\\mathrm{O}_{2}\\right)$ 通过灼热的铜丝网：灼热的铜丝网可以吸收O2，从而实现杂质的去除，所以C是正确的。\nD. $\\mathrm{NO}\\left(\\mathrm{NO}_{2}\\right)$ 通过氢氧化钠溶液：氢氧化钠溶液不能吸收NO2，所以D是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 103,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "5. ( 6 分 ) 1934 年约里奥 - 居里夫妇在核反应中用a粒子 ( 即氦核 ${ }_{2}^{4} \\mathrm{He}$ ) 轰击金属原子 $\\underset{Z}{W} \\mathrm{X}$, 得到核素 ${ }_{\\mathrm{Z}+2}^{30} \\mathrm{Y}$, 开创了人造放射性核素的先河: ${ }_{\\mathrm{Z}} \\mathrm{X}+{ }_{2}^{4} \\mathrm{He} \\rightarrow \\underset{\\mathrm{Z}+2}{30} \\mathrm{Y}+{ }_{0}^{1} \\mathrm{n}$ 其中元素 $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}$ 的 最外层电子数之和为 8 . 下列叙述正确的是 $(\\quad)$\nA. ${ }_{Z}^{Z} \\mathrm{X}$ 的相对原子质量为 26\nB. $X 、 Y$ 均可形成三氯化物\nC. $\\mathrm{X}$ 的原子半径小于 $\\mathrm{Y}$ 的\nD. $\\mathrm{Y}$ 仅有一种含氧酸\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解：由上述分析可知 $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{Al} 、 \\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{P}$,\nA. $\\mathrm{W}$ 为 $27, \\mathrm{X}$ 原子的相对原子质量为 27 , 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\nB. $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}$ 可形成三氯化物分别为 $\\mathrm{AlCl}_{3} 、 \\mathrm{PCl}_{3}$ ，故 B 正确;\nC. 同周期从左向右原子半径减小，则 $\\mathrm{X}$ 的原子半径大于 $\\mathrm{Y}$ 的半径, 故 $\\mathrm{C}$ 错误;\nD. $\\mathrm{Y}$ 的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故 D 错误；\n\n故选：B。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: 首先，我们知道氦核 ${ }_{2}^{4} \\mathrm{He}$ 轰击金属原子 $\\underset{Z}{W} \\mathrm{X}$ 后，得到的核素 ${ }_{\\mathrm{Z}+2}^{30} \\mathrm{Y}$，这说明元素X的原子序数为Z，元素Y的原子序数为Z+2。同时，题目告诉我们元素X和Y的最外层电子数之和为8，这说明元素X和Y都是主族元素，且元素X和Y分别为主族元素的第IVA和VIA族。根据元素周期表，我们可以推断出元素X为硅（Si），元素Y为硫（S）。\n\nA选项：硅的相对原子质量为28，不是26，所以A选项错误。\n\nB选项：硅和硫都可以形成三氯化物，硅可以形成硅氯化物SiCl4，硫可以形成硫氯化物SCl2和SCl4，所以B选项正确。\n\nC选项：原子半径随着原子序数的增加而增大，硅的原子序数小于硫，所以硅的原子半径小于硫，C选项正确。\n\nD选项：硫可以形成多种含氧酸，如硫酸（H2SO4）、亚硫酸（H2SO3）、过硫酸（H2S2O8）等，所以D选项错误。\n\n综上所述，正确的选项是B和C。 <eoe>\n【答案】: B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 104,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "1. ( 6 分) 北宋沈括《梦溪笔谈》中记载: “信州铅山有苦泉, 流以为涧。挹其水熬之则成 胆矾，享胆矾则成铜。熬胆矾铁釜, 久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是（）\nA. 胆矾的化学式为 $\\mathrm{CuSO}_{4}$\nB. 胆矾可作为湿法冶铜的原料\nC. “焦之则成胆矾” 是浓缩结晶过程\nD. “熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 胆矾是硫酸铜晶体, “胆矾” 化学式为 $\\mathrm{CuSO}_{4} \\cdot 5 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 A 错误;\n\nB. 胆矾是硫酸铜晶体, 敖胆矾铁釜, 久之亦化为铜, 是发生了: $\\mathrm{Fe}+\\mathrm{CuSO}_{4}=\\mathrm{Cu}+\\mathrm{FeSO}_{4}$, 则胆矾可作为湿法冶铜的原料，故 B 正确;\n\nC. 挹其水敖之则成胆矾, 硫酸铜溶液蒸发得到硫酸铜晶体, 是浓缩结晶过程, 故 C 正 确;\n\nD. 䚺胆矾铁釜, 久之亦化为铜, 是发生了: $\\mathrm{Fe}+\\mathrm{CuSO}_{4}=\\mathrm{Cu}+\\mathrm{FeSO}_{4}$, 硫酸铜与 $\\mathrm{Fe}$ 置换 反应生成 $\\mathrm{Cu}$ ，属于置换反应，故 D 正确;\n\n故选: A。\n\n【点评 本题为信息题, 明确题目中所给的信息以及 $\\mathrm{Cu}$ 及其化合物的性质是解本题关键, 试题侧重基础知识的考查, 有利于提高学生获取信息利用信息解答问题能力。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: 首先，胆矾的化学式为 $\\mathrm{CuSO}_{4}·5\\mathrm{H}_{2}\\mathrm{O}$，所以选项A是错误的。胆矾确实可以作为湿法冶铜的原料，所以选项B是正确的。\"焦之则成胆矾\" 是通过加热蒸发水分，使溶液中的胆矾结晶出来，这是一个浓缩结晶过程，所以选项C是正确的。\"熬胆矾铁釜，久之亦化为铜\"是因为胆矾中的铜离子和铁釜中的铁发生了置换反应，生成了铜和硫酸铁，所以选项D也是正确的。综上所述，选项A是错误的。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 105,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "2. (6 分) 某白色固体混合物由 $\\mathrm{NaCl} 、 \\mathrm{KCl} 、 \\mathrm{MgSO}_{4} 、 \\mathrm{CaCO}_{3}$ 中的两种组成, 进行如下实验: (1)混合物溶于水, 得到澄清透明溶液; (2)做焰色反应, 通过钴玻璃可观察到紫色; (3)向 溶液中加碱，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（）\nA. $\\mathrm{KCl} 、 \\mathrm{NaCl}$\nB. $\\mathrm{KCl} 、 \\mathrm{MgSO}_{4}$\nC. $\\mathrm{KCl} 、 \\mathrm{CaCO}_{3}$\nD. $\\mathrm{MgSO}_{4} 、 \\mathrm{NaCl}$\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【解答】解: (1)混合物溶于水, 得到澄清透明溶液, 则无 $\\mathrm{CaCO}_{3}$;\n\n(2)做焰色反应, 通过钴玻璃可观察到紫色, 则含有 $\\mathrm{KCl}$;\n\n(3)向溶液中加碱，产生白色沉淀，则含有 $\\mathrm{MgSO}_{4}$ ；\n\n(4)根据白色固体混合物由两种物质组成, 则无 $\\mathrm{NaCl}$;\n\n综上: 白色固体混合物由 $\\mathrm{KCl} 、 \\mathrm{MgSO}_{4}$ 两种物质组成, 不含有 $\\mathrm{NaCl} 、 \\mathrm{CaCO}_{3}$, 故 B 正确; 故选：B\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，实验(1)中，混合物溶于水，得到澄清透明溶液，说明混合物中的两种物质都是可溶于水的。所以混合物中不可能含有$\\mathrm{CaCO}_{3}$，因为$\\mathrm{CaCO}_{3}$是不溶于水的。所以选项C被排除。\n其次，实验(2)中，做焰色反应，通过钴玻璃可观察到紫色。这说明混合物中含有钾离子，因为钾离子在焰色反应中会呈现紫色。所以混合物中一定含有$\\mathrm{KCl}$，选项D被排除。\n最后，实验(3)中，向溶液中加碱，产生白色沉淀。这说明混合物中含有硫酸镁，因为硫酸镁在碱性环境下会产生白色沉淀。所以混合物中一定含有$\\mathrm{MgSO}_{4}$，选项A被排除。\n综上所述，混合物的组成应为$\\mathrm{KCl}$和$\\mathrm{MgSO}_{4}$。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 106,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "1. (6 分) 宋代《千里江山图 ) 描绘了山清水秀的美丽景色, 历经千年色彩依然, 其中绿色 来自孔雀石颜料（主要成分\n\n为 $\\left.\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH}){ }_{2} \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}\\right)$, 青色来自蓝铜矿颜料 (主要成分为 $\\left.\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH}) 2 \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}\\right)$ 。下列 说法错误的是 $(\\quad)$\nA. 保存《千里江山图》需控制温度和湿度\nB. 孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化\nC. 孔雀石、蓝铜矿颜料耐酸耐碱\nD. $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中铜的质量分数高于 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH}){ }_{2} \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 均不稳定, 受热易分解, 纤 维素或蛋白质均能水解, 长期在潮湿环境中易腐烂变质, 则保存 《千里江山图》需控制 温度和湿度, 故 A 正确;\n\nB. $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中除 $\\mathrm{O}$ 元素外, $\\mathrm{C} 、 \\mathrm{H} 、 \\mathrm{Cu}$ 均为最高价, 无还原性, 不能被空气中氧气氧化, 则孔雀石、蓝铜矿颜料不易被空气氧化, 故 B 正确; C. $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 均能与酸反应, 不与碱反应, 则孔雀石、 蓝铜矿颜料耐碱不耐酸，故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中铜的质量分数为 $\\frac{128}{222} \\times 100 \\%$ \\% $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中铜的质量 分数为 $\\frac{192}{346} \\times 100 \\%$, 则 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中铜的质量分数高于 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$, 故 D 正确; 故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: \nA选项，对于任何艺术品，包括《千里江山图》，都需要控制温度和湿度以防止其受到损坏，所以A选项是正确的。\nB选项，孔雀石和蓝铜矿颜料都是铜的化合物，铜在空气中不易被氧化，所以B选项是正确的。\nC选项，孔雀石和蓝铜矿颜料都是铜的化合物，铜的化合物一般都耐酸耐碱，所以C选项是正确的。\nD选项，$\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot \\mathrm{CuCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 都是铜的化合物，但是在 $\\mathrm{Cu}\\left(\\mathrm{OH}_{2}\\right) \\cdot 2 \\mathrm{CuCO}_{3}$ 中，铜的质量分数是更高的，因为它包含更多的铜。所以D选项是错误的。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 107,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "3. (6 分) $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）\nA. $22.4 \\mathrm{~L}$ (标准状况）氮气中含有 $7 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子\nB. $1 \\mathrm{~mol}$ 重水比 $1 \\mathrm{~mol}$ 水多 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 个质子\nC. $12 \\mathrm{~g}$ 石墨烯和 $12 \\mathrm{~g}$ 金刚石均含有 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 个碳原子 D. $1 \\mathrm{~L} 1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{NaCl}$ 溶液含有 $28 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个电子\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【解答】解：A. 氮气是双原子分子，一个氮气分子有 14 个中子， $22.4 \\mathrm{~L}$ （标准状况） 氮气中含有 $14 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个中子，故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 重水 $\\left(\\mathrm{D}_{2} \\mathrm{O}\\right)$ 和水 $\\left(\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}\\right)$ 的质子数都是 $10,1 \\mathrm{~mol}$ 重水比 $1 \\mathrm{~mol}$ 水都是 $10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个质子, 故 B 错误；\n\nC. $12 \\mathrm{~g}$ 石墨烯 $\\mathrm{n}\\left(\\mathrm{C}_{60}\\right)=\\frac{12 \\mathrm{~g}}{720 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=\\frac{1}{60} \\mathrm{~mol}$, 含有个碳原子物质的量 $\\mathrm{n}(\\mathrm{c})=\\frac{1}{60} \\mathrm{~mol}$ $\\times 60=1 \\mathrm{~mol}$, 含有 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 个碳原子, $12 \\mathrm{~g}$ 金刚石 $(\\mathrm{C})$ 的物质的量 $\\mathrm{n}=\\frac{\\mathrm{m}}{\\mathrm{M}}=\\frac{12 \\mathrm{~g}}{12 \\mathrm{~g} / \\mathrm{mol}}=1 \\mathrm{~mol}$, 含有 $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 个碳原子，故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. $1 \\mathrm{~L} 1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{NaCl}$ 溶质含有 $28 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 个电子，溶剂水也要考虑，故 $\\mathrm{D}$ 错误；\n\n故选: C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项，氮气的分子式为N2，每个氮原子含有7个中子，所以一个氮气分子含有14个中子。根据阿伏加德罗定律，1mol的任何物质都含有NA个分子，所以22.4L的氮气含有NA个氮气分子，即含有14NA个中子，所以A选项错误。\n\nB选项，重水的分子式为D2O，其中D代表氘，是氢的同位素，其原子核中含有1个质子和1个中子。水的分子式为H2O，其中H代表氢，其原子核中只含有1个质子。所以，1mol的重水和1mol的水中的氢原子（或氘原子）数量是相同的，都是2NA，所以质子的数量也是相同的，所以B选项错误。\n\nC选项，石墨烯和金刚石都是碳的同素异形体，都是由碳原子构成的。根据阿伏加德罗定律，1mol的任何物质都含有NA个原子。碳的原子量约为12u，所以12g的碳就是1mol的碳，即含有NA个碳原子。所以C选项正确。\n\nD选项，NaCl的分子式中，Na原子和Cl原子各含有1个电子，所以1mol的NaCl含有2NA个电子。根据阿伏加德罗定律，1mol的任何物质都含有NA个分子或原子。所以，1L 1mol/L的NaCl溶液含有1mol的NaCl，即含有2NA个电子，所以D选项错误。\n\n所以，正确答案是C选项。 <eoe>\n\n【答案】C <eoa>"
        },
        {
            "index": 108,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "5.（6 分）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（）\nA. 用 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 溶液吸收少量 $\\mathrm{Cl}_{2}: 3 \\mathrm{SO}_{3}{ }^{-}+\\mathrm{Cl}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{HSO}_{3}{ }^{-}+2 \\mathrm{Cl}^{-}+\\mathrm{SO}_{4}{ }^{2}$\nB. 向 $\\mathrm{CaCl}_{2}$ 溶液中通人 $\\mathrm{CO}_{2}: \\mathrm{Ca}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{CO}_{2}=\\mathrm{CaCO}_{3} \\downarrow+2 \\mathrm{H}^{+}$\nC. 向 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液中滴加少量 $\\mathrm{FeCl}_{3}: 2 \\mathrm{Fe}^{3+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}=\\mathrm{O}_{2} \\uparrow+2 \\mathrm{H}^{+}+2 \\mathrm{Fe}^{2+}$\nD. 同浓度同体积 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 溶液与 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液混合: $\\mathrm{NH}_{4}{ }^{+}+\\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{NH}_{3} \\cdot \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 用 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 溶液吸收少量 $\\mathrm{Cl}_{2}: 3 \\mathrm{SO}_{3}{ }^{2-}+\\mathrm{Cl}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=2 \\mathrm{HSO}_{3}{ }^{-}+2 \\mathrm{Cl}^{-}+\\mathrm{SO}_{4}{ }^{--}$, 符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，故 A 正确;\n\nB. 弱酸不能制强酸，向 $\\mathrm{CaCl}_{2}$ 溶液中通人 $\\mathrm{CO}_{2}$ 不反应，故 B 错误;\n\nC. 向 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液中滴加少量 $\\mathrm{FeCl}_{3}, \\mathrm{FeCl}_{3}$ 做催化剂, 促进双氧水的分解, 氧气的氧化性 大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，故 C 错误;\n\nD. 不符合客观事实, 氢氧根优先与酸性更强的氢离子反应, 正确的离子方程式: $\\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{OH}$ $=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ ，故 D 错误；\n\n故选：A。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项中，$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 溶液吸收 $\\mathrm{Cl}_{2}$ 时，生成的是 $\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$ 和 $\\mathrm{HCl}$，所以离子方程式应为 $2 \\mathrm{SO}_{3}^{2-} + \\mathrm{Cl}_{2} + \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} = \\mathrm{SO}_{4}^{2-} + 2 \\mathrm{H}^{+} + 2 \\mathrm{Cl}^{-}$，所以A选项错误。\n\nB选项中，向 $\\mathrm{CaCl}_{2}$ 溶液中通入 $\\mathrm{CO}_{2}$ 时，生成的是 $\\mathrm{CaCO}_{3}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，所以离子方程式应为 $\\mathrm{Ca}^{2+} + \\mathrm{CO}_{2} + \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} = \\mathrm{CaCO}_{3} \\downarrow + 2 \\mathrm{H}^{+}$，所以B选项错误。\n\nC选项中，向 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2}$ 溶液中滴加少量 $\\mathrm{FeCl}_{3}$ 时，生成的是 $\\mathrm{O}_{2}$ 和 $\\mathrm{Fe}^{2+}$，所以离子方程式应为 $2 \\mathrm{Fe}^{3+} + \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}_{2} = \\mathrm{O}_{2} \\uparrow + 2 \\mathrm{H}^{+} + 2 \\mathrm{Fe}^{2+}$，所以C选项正确。\n\nD选项中，同浓度同体积 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 溶液与 $\\mathrm{NaOH}$ 溶液混合时，生成的是 $\\mathrm{NH}_{3}$ 和 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，所以离子方程式应为 $\\mathrm{NH}_{4}^{+} + \\mathrm{OH}^{-} = \\mathrm{NH}_{3} + \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，所以D选项错误。\n\n综上，只有C选项正确。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 109,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 6,
            "question": "7. ( 6 分) $W 、 X 、 Y 、 Z$ 为原子序数依次增大的短周期元素, 四种元素的核外电子总数满足 $\\mathrm{X}+\\mathrm{Y}=\\mathrm{W}+\\mathrm{Z}$; 化合物 $\\mathrm{XW}_{3}$\n\n与 WZ 相遇会产生白烟。下列叙述正确的是（）\nA. 非金属性: $\\mathrm{W}>\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$\nB. 原子半径: $\\mathrm{Z}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{X}>\\mathrm{W}$\nC. 元素 $\\mathrm{X}$ 的含氧酸均为强酸\nD. $Y$ 的氧化物水化物为强碱\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【解答】解: A. 根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱, 非金属性 $\\mathrm{Cl}>\\mathrm{N}>\\mathrm{H}>\\mathrm{Na}$, 故 A 错误；\n\nB. 同周期元素从左向右原子半径依次减小, 同主族元素自上而下原子半径依次增大, 原 子半径: $\\mathrm{Na}>\\mathrm{Cl}>\\mathrm{N}>\\mathrm{H}$, 故 B 错误;\n\nC. 元素 $\\mathrm{X}$ 的含氧酸有硝酸和亚硝酸，亚硝酸是弱酸，故 C 错误;\n\nD. $\\mathrm{Y}$ 的氧化物水化物为氢氧化钠, 氢氧化钠是强碱, 故 D 正确;\n\n故选：D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，根据题目中给出的“化合物 $\\mathrm{XW}_{3}$ 与 WZ 相遇会产生白烟”，可以推断出W为硫，Z为铜，因为硫化铜遇硫酸会产生白烟。那么，X为硫酸的元素，即氢，Y为铜的前一个元素，即镍。所以，W、X、Y、Z分别为硫、氢、镍、铜。\n\nA选项，非金属性: $\\mathrm{W}>\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$，硫的非金属性大于氢，氢的非金属性大于镍，镍的非金属性大于铜，这是错误的。\n\nB选项，原子半径: $\\mathrm{Z}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{X}>\\mathrm{W}$，铜的原子半径大于镍，镍的原子半径大于氢，氢的原子半径大于硫，这是错误的。\n\nC选项，元素 $\\mathrm{X}$ 的含氧酸均为强酸，元素X为氢，氢的含氧酸为硫酸、硝酸、氯酸等，均为强酸，所以这个选项是正确的。\n\nD选项，$Y$ 的氧化物水化物为强碱，元素Y为镍，镍的氧化物水化物为氢氧化镍，是弱碱，所以这个选项是错误的。\n\n所以，正确答案是C。 <eoe>\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 110,
            "year": "2021",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "1. 我国提出争取在 2030 年前实现碳达峰, 2060 年实现碳中和, 这对于改善环境, 实现绿 色发展至关重要。碳中和是指 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和 最直接有效的是\nA. 将重质油裂解为轻质油作为燃料\nB. 大规模开采可燃冰作为清洁燃料\nC. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染\nD. 研发催化剂将 $\\mathrm{CO}_{2}$ 还原为甲醇\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量, 达不到碳中和的目的, 故 $\\mathrm{A}$ 不符合题意;\n\nB. 大规模开采可燃冰做为清洁燃料, 会增大二氧化碳的排放量, 不符合碳中和的要求, 故 $\\mathrm{B}$ 不符合题意;\n\nC. 通过清洁煤技术减少煤燃烧污染, 不能减少二氧化碳的排放量, 达不到碳中和的目的, 故 C 不符合题意;\n\nD. 研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇, 可以减少二氧化碳的排放量, 达到碳中和的目的, 故 D 符合题意;\n\n故选 D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】: 首先，我们需要明白碳中和的含义，即$\\mathrm{CO}_{2}$的排放总量和减少总量相当。A选项，将重质油裂解为轻质油作为燃料，虽然能提高燃料的热效率，但是仍然会产生$\\mathrm{CO}_{2}$，并不能减少$\\mathrm{CO}_{2}$的排放。B选项，大规模开采可燃冰作为清洁燃料，可燃冰主要成分是甲烷，燃烧后仍然会产生$\\mathrm{CO}_{2}$，并不能减少$\\mathrm{CO}_{2}$的排放。C选项，通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，虽然可以减少煤燃烧的污染，但是煤的燃烧仍然会产生$\\mathrm{CO}_{2}$，并不能减少$\\mathrm{CO}_{2}$的排放。D选项，研发催化剂将$\\mathrm{CO}_{2}$还原为甲醇，这个过程中，$\\mathrm{CO}_{2}$被消耗，转化为甲醇，这是一个减少$\\mathrm{CO}_{2}$的过程，符合碳中和的要求。所以，最直接有效的措施是D选项。<eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 111,
            "year": "2021",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "3. 下列过程中的化学反应, 相应的离子方程式正确的是\nA. 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸铂: $\\mathrm{CO}_{3}^{2-}+\\mathrm{CaSO}_{4}=\\mathrm{CaCO}_{3}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$\nB. 过量铁粉加人稀硝酸中: $\\mathrm{Fe}+4 \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{NO}_{3}^{-}=\\mathrm{Fe}^{3+}+\\mathrm{NO} \\uparrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n$\\mathrm{C}$ 硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液: $\\mathrm{Al}^{3+}+4 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{AlO}_{2}^{-}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\nD. 氯化铜溶液中通人硫化氢: $\\mathrm{Cu}^{2+}+\\mathrm{S}^{2-}=\\mathrm{CuS} \\downarrow$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 硫酸钘微溶, 用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸锠转化为难溶的碳酸钘, 离子方程 式为: $\\mathrm{CO}_{3}^{2-}+\\mathrm{CaSO}_{4}=\\mathrm{CaCO}_{3}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$ ，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB. 过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水, 离子方程式应为:\n\n$3 \\mathrm{Fe}+8 \\mathrm{H}^{+}+2 \\mathrm{NO}_{3}^{-}=3 \\mathrm{Fe}^{2+}+2 \\mathrm{NO} \\uparrow+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 故 B 错误;\n\nC. 硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾, 离子方程式应为: $\\mathrm{Al}^{3+}+3 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3} \\downarrow$, 故 C 错误;\n\nD. 硫化氢为弱电解质, 书写离子方程式时不能拆, 离子方程式应为: $\\mathrm{Cu}^{2+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}=\\mathrm{CuS} \\downarrow+2 \\mathrm{H}^{+}$, 故 D 错误;\n\n答案选 A。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项中，碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸铂，应该是$\\mathrm{CO}_{3}^{2-}+\\mathrm{PtSO}_{4}=\\mathrm{PtCO}_{3}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$，而不是题目中的$\\mathrm{CO}_{3}^{2-}+\\mathrm{CaSO}_{4}=\\mathrm{CaCO}_{3}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$，所以A选项错误。\nB选项中，过量铁粉加人稀硝酸中，应该是$\\mathrm{Fe}+4 \\mathrm{H}^{+}+4\\mathrm{NO}_{3}^{-}=\\mathrm{Fe}^{3+}+4\\mathrm{NO} \\uparrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，而不是题目中的$\\mathrm{Fe}+4 \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{NO}_{3}^{-}=\\mathrm{Fe}^{3+}+\\mathrm{NO} \\uparrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，所以B选项错误。\nC选项中，硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，应该是$\\mathrm{Al}^{3+}+3 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{Al(OH)}_{3} \\downarrow$，而不是题目中的$\\mathrm{Al}^{3+}+4 \\mathrm{OH}^{-}=\\mathrm{AlO}_{2}^{-}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$，所以C选项错误。\nD选项中，氯化铜溶液中通人硫化氢，应该是$\\mathrm{Cu}^{2+}+\\mathrm{S}^{2-}=\\mathrm{CuS} \\downarrow$，与题目中的一致，所以D选项正确。 <eoe>\n【答案】: D <eoa>"
        },
        {
            "index": 112,
            "year": "2021",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "5. 我国嫦娥五号探测器带回 $1.731 \\mathrm{~kg}$ 的月球土壤, 经分析发现其构成与地球士壤类似土壤 中含有的短周期元素 $W 、 X 、 Y 、 Z$, 原子序数依次增大, 最外层电子数之和为 $15, X 、 Y$ 、 $\\mathrm{Z}$ 为同周期相邻元素, 且均不与 $\\mathrm{W}$ 同族, 下列结论正确的是\nA. 原子半径大小顺序为 $\\mathrm{W}>\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}$\nB. 化合物 XW 中的化学键为离子键\nC. $\\mathrm{Y}$ 单质的导电性能弱于 $\\mathrm{Z}$ 单质的\nD. $\\mathrm{Z}$ 的氧化物的水化物的酸性强于碳酸\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【详解】A. O 原子有两层, $\\mathrm{Mg} 、 \\mathrm{Al} 、 \\mathrm{Si}$ 均有三层且原子序数依次增大, 故原子半径大小 顺序为 $\\mathrm{Mg}>\\mathrm{Al}>\\mathrm{Si}>\\mathrm{O}$ ， 即 $\\mathrm{X}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{Z}>\\mathrm{W} ， \\mathrm{~A}$ 错误;\n\nB. 化合物 $\\mathrm{XW}$ 即 $\\mathrm{MgO}$ 为离子化合物, 其中的化学键为离子键, $\\mathrm{B}$ 正确;\n\nC. $\\mathrm{Y}$ 单质为铝单质, 铝属于导体, 导电性很强, $\\mathrm{Z}$ 单质为硅, 为半导体, 半导体导电性介 于导体和绝缘体之间, 故 $Y$ 单质的导电性能强于 $\\mathrm{Z}$ 单质的, $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{Z}$ 的氧化物的水化物为硅酸, 硅酸酸性弱于碳酸, D 错误;\n\n故选 B。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】\n首先，我们知道最外层电子数之和为15，且X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族。这意味着W、X、Y、Z分别为3A、4A、5A、6A族元素。因此，我们可以推断出W为硼(B)，X为碳(C)，Y为氮(N)，Z为氧(O)。\n\nA. 原子半径大小顺序为W>X>Y>Z。在同一周期内，原子半径随原子序数的增加而减小，因此这个选项是正确的。\n\nB. 化合物XW中的化学键为离子键。硼和碳都是非金属元素，它们之间形成的化学键应该是共价键，而不是离子键，所以这个选项是错误的。\n\nC. Y单质的导电性能弱于Z单质的。氮和氧都是非金属元素，它们的导电性能都很弱，而且氮的导电性能并不一定弱于氧的，所以这个选项是错误的。\n\nD. Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸。氧的氧化物是氧化氧，其水化物是过氧化氢，而碳的氧化物是二氧化碳，其水化物是碳酸。过氧化氢的酸性确实强于碳酸，所以这个选项是正确的。\n\n综上，正确的选项是A和D。 <eoe>\n【答案】: A, D <eoa>"
        },
        {
            "index": 113,
            "year": "2021",
            "category": "（解析版）",
            "score": 6,
            "question": "1. 化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是\nA. 食品加工时不可添加任何防腐剂\nB. 掩埋废旧电池不会造成环境污染\nC. 天然气不完全燃烧会产生有毒气体\nD. 使用含磷洗涤剂不会造成水体污染\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 食品加工时, 可适当添加食品添加剂和防腐剂等, 如苯甲酸钠, 故 A 错误;\n\nB. 废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等, 故 B 错误;\n\nC. 天然气主要成分为甲烷, 不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故 C 正确;\n\nD. 含磷洗涤剂的排放, 使水中磷过多, 造成水中藻类疯长, 消耗水中溶解的氧, 水体变浑浊, 故 D 错误; 故选 C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A不正确，因为在食品加工时，为了保持食品的新鲜度和延长保质期，一般会添加一些防腐剂。选项B也不正确，废旧电池中含有铅、镉、汞等重金属，如果随意丢弃或掩埋，会对环境造成严重污染。选项D不正确，含磷洗涤剂会造成水体富营养化，进而引发水体污染。选项C是正确的，天然气不完全燃烧会产生一氧化碳，一氧化碳是一种有毒气体，对人体健康有害。 <eoe>\n【答案】C <eoa>"
        },
        {
            "index": 114,
            "year": "2021",
            "category": "（解析版）",
            "score": 6,
            "question": "3. 实验室制备下列气体的方法可行的是\n\n\\begin{tabular}{|l|l|l|}\n\\hline & 气体 & 方法 \\\\\n\\hline $\\mathrm{A}$ & 氨气 & 加热氯化铵固体 \\\\\n\\hline $\\mathrm{B}$ & 二氧化氮 & 将铝片加到冷浓硝酸中 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ & 硫化氢 & 向硫化钠固体滴加浓硫酸 \\\\\n\\hline $\\mathrm{D}$ & 氧气 & 加热氯酸钾和二氧化锰的混合物 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. B\nC. C\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 氯化铵不稳定, 加热易分解生成氨气和氯化氢, 但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体, 所以不 能用于制备氨气，A 不可行; B. 将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B 不可行;\n\nC. 硫化氢为还原性气体, 浓硫酸具有强氧化性, 不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体, 因为 该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C 不可行;\n\nD. 实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物, 生成氯化钾和氧气, 二氧化锰作催化剂, 可用此方法制备氧气,\n\n$\\mathrm{D}$ 可行;\n\n故选 D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们来分析每一个选项：\nA选项：氨气可以通过加热氯化铵固体得到。这是因为氯化铵在加热时会分解为氨气和氢氯酸，所以这个方法是可行的。\nB选项：二氧化氮不能通过将铝片加到冷浓硝酸中得到。这是因为铝与冷浓硝酸反应生成的是氮气，而不是二氧化氮，所以这个方法是不可行的。\nC选项：硫化氢可以通过向硫化钠固体滴加浓硫酸得到。这是因为硫酸和硫化钠反应会生成硫化氢和硫酸钠，所以这个方法是可行的。\nD选项：氧气不能通过加热氯酸钾和二氧化锰的混合物得到。这是因为氯酸钾和二氧化锰反应生成的是氯气和氧气，而且这个反应需要催化剂，所以这个方法是不可行的。\n综上，只有A和C两个选项的方法是可行的。 <eoe>\n【答案】: A和C <eoa>"
        },
        {
            "index": 115,
            "year": "2021",
            "category": "（解析版）",
            "score": 6,
            "question": "5. $W 、 X 、 Y 、 Z$ 为原子序数依次增大的短周期主族元素, $\\mathrm{Z}$ 的最外层电子数是 $\\mathrm{W}$ 和 $X$ 的最外层电子数之和, 也是 $\\mathrm{Y}$ 的最外层电子数的 2 倍。 $\\mathrm{W}$ 和 $\\mathrm{X}$ 的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是\nA. 原子半径: $\\mathrm{Z}>\\mathrm{Y}>\\mathrm{X}>\\mathrm{W}$\nB. $\\mathrm{W}$ 与 $\\mathrm{X}$ 只能形成一种化合物\nC. $Y$ 的氧化物为碱性氧化物, 不与强碱反应 \n\nD. $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Z}$ 可形成既含有离子键又含有共价键的化合物}\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】根据上述分析可知, $W$ 为 $\\mathrm{H}$ 元素, $X$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素, $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al}$ 元素, $\\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{S}$ 元素, 则 A. 电子层数越多的元素原子半径越大, 同周期元素原子半径依次减弱, 则原子半径: $Y(A l)>Z(S)>X(N)$ $>\\mathrm{W}(\\mathrm{H}) ， \\mathrm{~A}$ 错误;\n\nB. $W$ 为 $\\mathrm{H}$ 元素, $X$ 为 $\\mathrm{N}$ 元素, 两者可形成 $\\mathrm{NH}_{3}$ 和 $\\mathrm{N}_{2} \\mathrm{H}_{4}, \\mathrm{~B}$ 错误;\n\nC. $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Al}$ 元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应， $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. $\\mathrm{W} 、 \\mathrm{X}$ 和 $\\mathrm{Z}$ 可形成 $\\left(\\mathrm{NH}_{4}\\right)_{2} \\mathrm{~S} 、 \\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HS}$, 两者既含有离子键又含有共价键, D 正确。 故选 D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n根据题目，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体，所以W和X的最外层电子数应该为5和7，所以Z的最外层电子数为12，Y的最外层电子数为6。所以W、X、Y、Z的原子序数应该分别为7、9、12、14，对应的元素应该是氮、氟、镁、硅。\n\nA选项，原子半径随着原子序数的增大而增大，所以Z的原子半径应该是最大的，但是在同一周期内，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以W的原子半径应该是最小的，所以A选项错误。\n\nB选项，W和X可以形成多种化合物，如NF3、NF5等，所以B选项错误。\n\nC选项，Y对应的元素是镁，镁的氧化物是MgO，是碱性氧化物，不与强碱反应，所以C选项正确。\n\nD选项，W、X、Z对应的元素是氮、氟、硅，氮和氟只能形成共价键，硅可以形成共价键和离子键，但是氮和氟不能和硅形成既含有离子键又含有共价键的化合物，所以D选项错误。\n\n所以，正确答案是C。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 116,
            "year": "2022",
            "category": "（全国乙卷）",
            "score": 6,
            "question": "7. 生活中处处有化学, 下列叙述正确的是\nA. HB 铅笔芯的成分为二氧化铅\nB. 碳酸氢钠可做食品膨松剂\nC. 青铜和黄铜是不同结构的单质铜\nD. 焰火中红色来源于钠盐灼烧\n",
            "standard_answer": [
                "B"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A 错误;\n\nB. 碳酸氢钠不稳定, 受热易分解产生二氧化碳, 能使面团松软, 可做食品膨松剂, B 正确;\n\nC. 青铜是在纯铜(紫铜)中加人锡或铅的合金, 黄铜为是由铜和锌所组成的合金, 两者均属 于混合物，不是铜单质， $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 钠元素灼烧显黄色，D 错误;\n\n故选 B。\n",
            "model_answer": [
                "B"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA选项：HB铅笔芯的主要成分是石墨和粘土，而不是二氧化铅，所以A选项错误。\nB选项：碳酸氢钠在热的时候会分解出二氧化碳，可以使面团膨胀，所以常常被用作食品膨松剂，B选项正确。\nC选项：青铜和黄铜并不是单质铜，青铜是铜和锡的合金，黄铜是铜和锌的合金，所以C选项错误。\nD选项：焰火中的红色通常来源于锶盐的灼烧，而不是钠盐，钠盐灼烧通常呈黄色，所以D选项错误。\n综上，只有B选项正确。 <eoe>\n【答案】: B <eoa>"
        },
        {
            "index": 117,
            "year": "2022",
            "category": "（全国乙卷）",
            "score": 6,
            "question": "9. 某白色粉末样品, 可能含有 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4} 、 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3} 、 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 和 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$ 。取少量样品进 行如下实验:\n\n(1)溶于水, 得到无色透明溶液\n\n(2)向(1)的溶液中滴加过量稀盐酸, 溶液变浑浊, 有刺激性气体逸出。离心分离。\n\n(3)取(2)的上层清液, 向其中滴加 $\\mathrm{BaCl}_{2}$ 溶液有沉淀生成。\n\n该样品中确定存在的是\nA. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$\nB. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$\nC. $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{53}$\nD.\n\n$\\mathrm{DNa}_{2} \\mathrm{SO}_{3}, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$\n",
            "standard_answer": [
                "A"
            ],
            "analysis": "【详解】由题意可知, (1)取少量样品溶于水得到无色透明溶液, 说明固体溶于水且相互之间 能共存, (2)向(1)的溶液中滴加过量稀盐酸, 溶液变浑浊, 有刺激性气体放出, 说明固体中存 在 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$, 发生反应 $\\mathrm{S}_{2} \\mathrm{O}_{3}^{2-}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{S} \\downarrow+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{SO}_{2} \\uparrow$, 离心分离, (3)取(2)的上层清液, 向其中滴 加 $\\mathrm{BaCl}_{2}$ 溶液, 有沉淀生成, 则沉淀为 $\\mathrm{BaSO}_{4}$, 说明固体中存在 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$, 不能确定是否有 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 和 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}, \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$ 与过量盐酸反应生成二氧化硫, $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{CO}_{3}$ 与过量盐酸反应生成二 氧化碳, 而这些现象可以被 $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$ 与过量盐酸反应的现象覆盖掉, 综上分析, 该样品中确 定存在的是: $\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4} 、 \\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$,\n\n答案选 A。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】:\n(1)所有的盐都能溶于水，所以这一步不能确定是哪种盐。\n\n(2)在加入稀盐酸后，溶液变浑浊并有刺激性气体逸出。这个刺激性气体可能是二氧化硫，这说明样品中可能含有$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{3}$或$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$，因为这两种盐在酸性环境下都能产生二氧化硫。\n\n(3)在加入$\\mathrm{BaCl}_{2}$后有沉淀生成，这说明样品中含有硫酸根，因为硫酸钡是不溶于水的。这说明样品中可能含有$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$。\n\n综合以上分析，样品中确定存在的是$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{SO}_{4}$和$\\mathrm{Na}_{2} \\mathrm{~S}_{2} \\mathrm{O}_{3}$。 <eoe>\n\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 118,
            "year": "2022",
            "category": "（全国乙卷）",
            "score": 6,
            "question": "10. 由实验操作和现象, 可得出相应正确结论的是\n\n\\begin{tabular}{|l|l|l|l|}\n\\hline & 实验操作 & 现象 & 结论 \\\\\n\\hline $\\mathrm{A}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 向 } \\mathrm{NaBr} \\text { 溶液中滴加过量氯水, 再加入淀粉 } \\\\\n\\mathrm{KI} \\text { 溶液 }\\end{array}$ & 先变橙色, 后变蓝色 & 氧化性: \\\\\n$\\mathrm{Cl}_{2}>\\mathrm{Br}_{2}>\\mathrm{I}_{2}$ \\\\\n\\hline $\\mathrm{B}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸, 水浴加热, 加 } \\\\\n\\text { 人新制的 } \\mathrm{Cu}(\\mathrm{OH})_{2} \\text { 悬浊液 }\\end{array}$ & 无砖红色沉淀 & 蔗糖末发生水解 \\\\\n\\hline & 石蜡油加强热, 将产生的气体通人 $\\mathrm{Br}_{2}$ 的 & 溶液红棕色变无色 \\\\\n$\\mathrm{C}$ & $\\mathrm{CCl}_{4}$ 溶液 & 化中含有不饱和 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\n\n\n\n\\begin{tabular}{|l|l|l|l|}\n\\hline $\\mathrm{D}$ & 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 & 试管口润湿的蓝色 & 氯乙烯加聚是可逆 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. B\nC. C\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【详解】 $\\mathrm{A}$. 向 $\\mathrm{NaBr}$ 溶液中滴加过量氯水, 溴离子被氧化为溴单质, 但氯水过量, 再加人 淀粉 KI 溶液, 过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质, 无法证明溴单质的氧化性强于碘单 质，A 错误;\n\nB. 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸, 水浴加热后, 应加人氢氧化钠溶液使体系呈碱性, 若不加氢 氧化钠, 末反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应, 则不会产生砖红色沉淀, 不能说明蔗糖没 有发生水解，B 错误;\n\nC. 石蜡油加强热, 产生的气体能使溴的四氯化碳溶液裉色, 说明气体中含有不饱和烃, 与 溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色， $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体, 说明产生了氯化氢, 不能说明 氯乙烯加聚是可逆反应, 可逆反应是指在同一条件下, 既能向正反应方向进行, 同时又能向 逆反应的方向进行的反应, 而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同, D 错误;\n\n答案选 C。\n",
            "model_answer": [
                "A"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n选项A：氯水可以氧化溴离子生成溴，溴可以进一步氧化碘离子生成碘，因此氯的氧化性强于溴，溴的氧化性强于碘，这是正确的。\n\n选项B：蔗糖在稀硫酸的作用下，会发生水解反应，生成葡萄糖和果糖。然后，葡萄糖在加热条件下会发生酮醇反应，生成醛，醛能与氢氧化铜反应生成砖红色的氧化铜，所以应该有砖红色沉淀生成，这与题目中的现象不符，所以选项B是错误的。\n\n选项C：石蜡油是饱和烃，不含有不饱和键，所以不能使溴的红棕色溶液变无色，这与题目中的现象不符，所以选项C是错误的。\n\n选项D：聚氯乙烯是由氯乙烯聚合而成，这是一个不可逆的反应，所以选项D是错误的。\n\n综上，只有选项A的结论是正确的。 <eoe>\n【答案】: A <eoa>"
        },
        {
            "index": 119,
            "year": "2022",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 6,
            "question": "1. 化学与生活密切相关。下列叙述正确的是\nA. 漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果\nB. 温室气体是形成酸雨的主要物质\nC. 棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物\nD. 干冰可用在舞台上制造“云雾”\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 漂白粉的有效成分次氯酸鿏与盐酸混合, 会发生氧化还原反应生成有毒的氯气, 两者不能混合 使用，A 错误;\n\nB. 温室气体主要是指二氧化碳, 二氧化碳不是形成酸雨的主要物质, 形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮 氧化物等，B 错误;\n\nC. 棉花、麻来源于植物, 主要成分均是纤维素, 为碳水化合物, 但蚕丝来源于动物, 主要成分是蛋白质, 蛋白质不是碳水化合物，C 错误;\n\nD. 干冰是固态的二氧化碳, 干冰升华时, 吸收大量的热, 使周围温度降低, 大量的水蒸气凝结成了小液滴, 形成 “云雾”效果，D 正确;\n\n答案选 D。\n",
            "model_answer": [
                "D"
            ],
            "model_output": "【解析】选项A中，漂白粉主要成分是氯酸钙，与盐酸混合会产生有毒的氯气，所以不能混合使用。选项B中，温室气体主要是指二氧化碳、甲烷等，而形成酸雨的主要物质是二氧化硫和氮氧化物，所以B选项错误。选项C中，棉花和麻是碳水化合物，但蚕丝是蛋白质，所以C选项错误。选项D中，干冰是固态的二氧化碳，在常温下会升华，产生大量的“云雾”，所以D选项正确。 <eoe>\n【答案】D <eoa>"
        },
        {
            "index": 120,
            "year": "2022",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 6,
            "question": "3. 能正确表示下列反应的离子方程式为\n\nA. 硫化钠溶液和硝酸混合: $\\mathrm{S}^{2-+}+2 \\mathrm{H}^{+}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S} \\uparrow$\n\nB. 明矾溶液与过量氨水湿合: $\\mathrm{Al}^{3+}+4 \\mathrm{NH}_{3}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{AlO}_{2}^{-}+4 \\mathrm{NH}_{4}^{+}$\n\nC. 硅酸钠溶液中通人二氧化碳: $\\mathrm{SiO}_{3}^{2-}+\\mathrm{CO}_{2}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{HSiO}_{3}^{-}+\\mathrm{HCO}_{3}^{-}$\n\nD. 将等物质的量浓度的 $\\mathrm{Ba}(\\mathrm{OH})_{2}$ 和 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 溶液以体积比 $1: 2$ 混合:\n\n$\\mathrm{Ba}^{2+}+2 \\mathrm{OH}^{-}+2 \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}=\\mathrm{BaSO}_{4} \\downarrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】A. 硝酸具有强氧化性, 可以将 $\\mathrm{S}^{2-}$ 氧化为 $\\mathrm{S}$ 单质, 自身根据其浓度大小还原为 $\\mathrm{NO}$ 或 $\\mathrm{NO}_{2}$, 反应 的离子方程式为 $4 \\mathrm{H}^{+}+2 \\mathrm{NO}_{3}^{-}+\\mathrm{S}^{2-}=\\mathrm{S} \\downarrow+2 \\mathrm{NO}_{2} \\uparrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (浓)或 $8 \\mathrm{H}^{+}+2 \\mathrm{NO}_{3}^{-}+3 \\mathrm{~S}^{2-}=3 \\mathrm{~S} \\downarrow+2 \\mathrm{NO}+4 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ (稀), $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 明矾在水中可以电离出 $\\mathrm{Al}^{3+}$, 可以与氨水中电离出的 $\\mathrm{OH}^{-}$发生反应生成 $\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$, 但由于氨水的碱性较 弱，生成的 $\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$ 不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为 $\\mathrm{Al}^{3+}+3 \\mathrm{NH}_{3} \\cdot \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}=\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3} \\downarrow+3 \\mathrm{NH}_{4}^{+}$, B 错误;\n\nC. 硅酸的酸性小于碳酸, 向硅酸钠溶液中通人二氧化碳时, 生成硅酸沉淀, 二氧化碳则根据其通人的量的 多少反应为碳酸根或碳酸氢根, 反应的离子方程式为 $\\mathrm{SiO}_{3}^{2-}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{CO}_{2}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SiO}_{3} \\downarrow+\\mathrm{CO}_{3}^{2-}\\left(\\mathrm{CO}_{2}\\right.$ 少量) 或\n\n$\\mathrm{SiO}_{3}^{2-}+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+2 \\mathrm{CO}_{2}=\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{SiO}_{3} \\downarrow+2 \\mathrm{HCO}_{3}^{-}\\left(\\mathrm{CO}_{2}\\right.$ 过量 $), \\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 将等物质的量浓度的 $\\mathrm{Ba}(\\mathrm{OH})_{2}$ 与 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 溶液以体积比 1: 2 混合, $\\mathrm{Ba}(\\mathrm{OH})_{2}$ 电离出的 $\\mathrm{OH}^{-}$与 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 电离出的 $\\mathrm{H}+$ 反应生成水, $\\mathrm{Ba}(\\mathrm{OH})_{2}$ 电离出的 $\\mathrm{Ba}^{2+}$ 与 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 电离出的 $\\mathrm{SO}_{4}^{2-}$ 反应生成 $\\mathrm{BaSO}_{4}$ 沉淀, 反应的 离子方程为为 $\\mathrm{Ba}^{2+}+2 \\mathrm{OH}^{-}+2 \\mathrm{H}^{+}+\\mathrm{SO}_{4}^{2-}=\\mathrm{BaSO}_{4} \\downarrow+2 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, \\quad \\mathrm{D}$ 正确;\n\n故答案选 D。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】\nA选项：硫化钠溶液和硝酸混合，生成硫化氢和硝酸钠，硫化氢是一种弱酸，不会完全离子化，所以不能写成离子方程式。\n\nB选项：明矾溶液与过量氨水湿合，生成氢氧化铝和氨，氢氧化铝是一种弱碱，不会完全离子化，所以不能写成离子方程式。\n\nC选项：硅酸钠溶液中通入二氧化碳，生成硅酸氢根离子和碳酸氢根离子，这是一个离子反应，所以可以写成离子方程式。\n\nD选项：将等物质的量浓度的 $\\mathrm{Ba}(\\mathrm{OH})_{2}$ 和 $\\mathrm{NH}_{4} \\mathrm{HSO}_{4}$ 溶液以体积比 $1: 2$ 混合，生成硫酸钡和水，硫酸钡是一种沉淀，不会离子化，所以不能写成离子方程式。\n\n所以，正确答案是C选项。 <eoe>\n\n【答案】: C <eoa>"
        },
        {
            "index": 121,
            "year": "2022",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 6,
            "question": "5. $\\mathrm{N}_{\\mathrm{A}}$ 为阿伏加德罗常数的值, 下列说法正确的是\nA. $25^{\\circ} \\mathrm{C}, 101 \\mathrm{kPa}$ 下, $28 \\mathrm{~L}$ 氢气中质子的数目为 $2.5 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nB. $2.0 \\mathrm{~L} 1.0 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{AlCl}_{3}$ 溶液中, $\\mathrm{Al}^{3+}$ 的数目为 $2.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\nC. $0.20 \\mathrm{~mol}$ 苯甲酸完全燃烧, 生成 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的数目为 $1.4 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ \nD. 电解熔融 $\\mathrm{CuCl}_{2}$, 阴极增重 $6.4 \\mathrm{~g}$, 外电路中通过电子的数目为 $0.10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【详解】 A. $25^{\\circ} \\mathrm{C} 、 101 \\mathrm{kPa}$ 不是标准状况, 不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量, 故 A 错误;\n\nB. $\\mathrm{Al}^{3+}$ 在溶液中会发生水解生成 $\\mathrm{Al}(\\mathrm{OH})_{3}$, 因此 $2.0 \\mathrm{~L} 1.0 \\mathrm{~mol} / \\mathrm{L}$ 的 $\\mathrm{AlCl}_{3}$ 溶液中 $\\mathrm{Al}^{3+}$ 数目小于 $2.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 B 错误;\n\nC. 苯甲酸燃烧的化学方程式为 $\\mathrm{C}_{6} \\mathrm{H}_{5} \\mathrm{COOH}+\\frac{15}{2} \\mathrm{O}_{2} \\stackrel{\\text { 点燃 }}{=} 7 \\mathrm{CO}_{2}+3 \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}, 1 \\mathrm{~mol}$ 苯甲酸燃烧生成 $7 \\mathrm{molCO}_{2}$, 则 $0.2 \\mathrm{~mol}$ 苯甲酸完全燃烧生成 $1.4 \\mathrm{molCO}_{2}$, 数目为 $1.4 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 电解熔融 $\\mathrm{CuCl}_{2}$ 时, 阳极反应为 $2 \\mathrm{Cl}^{-}-2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Cl}_{2} \\uparrow$, 阴极反应为 $\\mathrm{Cu}^{2+}+2 \\mathrm{e}^{-}=\\mathrm{Cu}$, 阴极增加的重量为 $\\mathrm{Cu}$ 的质量, $6.4 \\mathrm{gCu}$ 的物质的量为 $0.1 \\mathrm{~mol}$, 根据阴极反应可知, 外电路中通过电子的物质的量为 $0.2 \\mathrm{~mol}$, 数目 为 $0.2 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$, 故 $\\mathrm{D}$ 错误;\n\n答案选 C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】:\nA选项：$25^{\\circ} \\mathrm{C}, 101 \\mathrm{kPa}$ 下, $28 \\mathrm{~L}$ 氢气中质子的数目为 $2.5 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$。根据阿伏加德罗定律，标准状态下1mol气体的体积为22.4L，所以28L氢气的摩尔数为28/22.4=1.25mol。氢气的分子式为H2，所以氢气中质子的数目为1.25*2=2.5mol，即2.5NA，所以A选项正确。\n\nB选项：$2.0 \\mathrm{~L} 1.0 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\mathrm{AlCl}_{3}$ 溶液中, $\\mathrm{Al}^{3+}$ 的数目为 $2.0 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$。根据溶液的摩尔浓度公式，溶液中Al3+的摩尔数为2.0*1.0=2.0mol，即2.0NA，所以B选项正确。\n\nC选项：$0.20 \\mathrm{~mol}$ 苯甲酸完全燃烧, 生成 $\\mathrm{CO}_{2}$ 的数目为 $1.4 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$ 。苯甲酸的分子式为C7H6O2，燃烧生成CO2的反应方程式为C7H6O2+9O2=7CO2+3H2O，所以每摩尔苯甲酸可以生成7摩尔CO2，所以0.20mol苯甲酸可以生成0.20*7=1.4mol CO2，即1.4NA，所以C选项正确。\n\nD选项：电解熔融 $\\mathrm{CuCl}_{2}$, 阴极增重 $6.4 \\mathrm{~g}$, 外电路中通过电子的数目为 $0.10 \\mathrm{~N}_{\\mathrm{A}}$。根据电解质的电解反应，Cu2+获得2个电子变为Cu，所以每摩尔Cu2+需要2mol电子。Cu的摩尔质量为63.5g/mol，所以6.4g Cu的摩尔数为6.4/63.5=0.10mol，所以需要的电子数为0.10*2=0.20mol，即0.20NA，所以D选项错误。 <eoe>\n\n【答案】: A, B, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 122,
            "year": "2022",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 6,
            "question": "6. $Q 、 X 、 Y 、 Z$ 是原子序数依次增大的短周期主族元素, 其最外层电子数之和为 19 。 $\\mathrm{Q} \\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y} 、 \\mathrm{Z}$ 位于不 同周期, $\\mathrm{X} 、 \\mathrm{Y}$ 相邻, $\\mathrm{Y}$ 原子最外层电子数是 $\\mathrm{Q}$ 原子内层电子数的 2 倍。下列说法正确的是\nA. 非金属性: $\\mathrm{X}>\\mathrm{Q}$\nB. 单质的熔点: $X>Y$\nC. 简单氢化物的佛点: $Z>Q$\nD. 最高价含氧酸的酸性: $\\mathrm{Z}>\\mathrm{Y}$\n",
            "standard_answer": [
                "D"
            ],
            "analysis": "【详解】 $\\mathrm{A} . \\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{Al}, \\mathrm{Q}$ 为 $\\mathrm{N}$ 或 $\\mathrm{O}$ 或 $\\mathrm{F}$, 同一周期从左往右元素非金属性依次增强, 同一主族从上往下依 次减弱，故非金属性: $\\mathrm{Q}>\\mathrm{X}, \\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 由分析可知, $\\mathrm{X}$ 为 $\\mathrm{Al}$ 属于金属晶体, $\\mathrm{Y}$ 为 $\\mathrm{Si}$ 属于原子晶体或共价晶体, 故单质熔点 $\\mathrm{Si}>\\mathrm{Al}$, 即 $\\mathrm{Y}>\\mathrm{X}$, B 错误;\n\nC. 含有氢键的物质沸点升高, 由分析可知 $\\mathrm{Q}$ 为 $\\mathrm{N}$ 或 $\\mathrm{O}$ 或 $\\mathrm{F}$, 其简单氢化物为 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$ 或 $\\mathrm{NH}_{3}$ 或 $\\mathrm{HF}, \\mathrm{Z}$ 为 $\\mathrm{Cl}$ 或 $\\mathrm{S}$ 或 $\\mathrm{P}$, 其简单氢化物为 $\\mathrm{HCl}$ 或 $\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{~S}$ 或 $\\mathrm{PH}_{3}$, 由于前者物质中存在分子间氢键, 而后者物质中不存在, 故沸点 $\\mathrm{Q}>\\mathrm{Z}, \\mathrm{C}$ 错误;\n\nD. 元素的非金属性越强, 其最高价含氧酸的酸性越强, $\\mathrm{P} 、 \\mathrm{~S} 、 \\mathrm{Cl}$ 的非金属性均强于 $\\mathrm{Si}$, 因此最高价含氧 酸酸性: $\\mathrm{Z}>\\mathrm{Y} ， \\mathrm{D}$ 正确;\n\n故答案为: $D$ 。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n首先，我们知道主族元素的最外层电子数等于其所在主族的组数。由题意知，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，且Y的最外层电子数是Q的内层电子数的2倍。因此，我们可以推测Q的最外层电子数为2，Y的最外层电子数为4。那么，X和Z的最外层电子数之和为19-2-4=13。由于X和Y相邻，且原子序数依次增大，我们可以推测X的最外层电子数为3，Z的最外层电子数为10。因此，Q、X、Y、Z分别为第二、第三、第四、第五主族元素。\n\nA. 非金属性: X>Q。非金属性随着周期数的增加而减小，随着组数的增加而增大。因此，X的非金属性大于Q，选项A正确。\n\nB. 单质的熔点: X>Y。熔点随着原子序数的增加而增大，因此，X的熔点小于Y，选项B错误。\n\nC. 简单氢化物的沸点: Z>Q。简单氢化物的沸点随着周期数的增加而增大，因此，Z的沸点大于Q，选项C正确。\n\nD. 最高价含氧酸的酸性: Z>Y。最高价含氧酸的酸性随着周期数的增加而减小，随着组数的增加而增大。因此，Z的酸性小于Y，选项D错误。\n\n综上，正确的选项是A和C。 <eoe>\n【答案】: A, C <eoa>"
        },
        {
            "index": 123,
            "year": "2022",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 6,
            "question": "7. 根据实验目的, 下列实验及现象、结论都正确的是\n\n\\begin{tabular}{|c|c|c|c|}\n\\hline $\\begin{array}{l}\\text { 选 } \\\\\n\\text { 项 }\\end{array}$ & 实验目的 & 实验及现象 & 结论 \\\\\n\\hline A & $\\begin{array}{l}\\text { 比较 } \\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-} \\text {和 } \\mathrm{HCO}_{3}^{-} \\\\\n\\text {的水解常数 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 分别测浓度均为 } 0.1 \\mathrm{~mol} \\cdot \\mathrm{L}^{-1} \\text { 的 } \\\\\n\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONH}_{4} \\text { 和 } \\mathrm{NaHCO}_{3} \\text { 溶液的 } \\mathrm{pH} \\text {, 后 } \\\\\n\\text { 者大于前者 }\\end{array}$ & $\\mathrm{K}_{\\mathrm{h}}\\left(\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-}\\right)<\\mathrm{K}_{\\mathrm{h}}(\\mathrm{HCO}$ \\\\\n\\hline B & $\\begin{array}{l}\\text { 检验铁锈中是否含有二价 } \\\\\n\\text { 铁 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 将铁锈落于浓盐酸, 滴人 } \\mathrm{KMnO}_{4} \\text { 溶液, 紫 } \\\\\n\\text { 色褪去 }\\end{array}$ & 铁绣中含有二价铁 \\\\\n\\hline $\\mathrm{C}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 探究氢离子浓度对 } \\\\\n\\mathrm{CrO}_{4}^{2-} 、 \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}^{2-} \\text { 相互转化 } \\\\\n\\text { 的影响 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 向 } \\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CrO}_{4} \\text { 溶液中缓慢滴加硫酸, 黄色变为 } \\\\\n\\text { 橙红色 }\\end{array}$ & $\\begin{array}{l}\\text { 增大氢离子浓度, 转化平衡 } \\\\\n\\text { 向生成 } \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}^{2-} \\text { 的方向移动 }\\end{array}$ \\\\\n\\hline D & 检验乙醇中是否含有水 & 向乙醇中加人一小粒金属钠, 产生无色气体 & 乙醇中含有水 \\\\\n\\hline\n\\end{tabular}\nA. A\nB. B\nC. C\nD. D\n",
            "standard_answer": [
                "C"
            ],
            "analysis": "【详解】A. $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONH}_{4}$ 中 $\\mathrm{NH}_{4}^{+}$水解, $\\mathrm{NH}_{4}^{+}+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O} \\rightleftharpoons \\mathrm{NH}_{3} \\cdot \\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}+\\mathrm{H}^{+}$, 会消耗 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-}$水解生成的 $\\mathrm{OH}^{-}$, 测定相同浓度的 $\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COONH}_{4}$ 和 $\\mathrm{NaHCO}_{3}$ 溶液的 $\\mathrm{pH}$, 后者大于前者, 不能说明 $\\mathrm{K}_{\\mathrm{h}}\\left(\\mathrm{CH}_{3} \\mathrm{COO}^{-}\\right)<$ $\\mathrm{K}_{\\mathrm{h}}\\left(\\mathrm{HCO}_{3}^{-}\\right), \\mathrm{A}$ 错误;\n\nB. 铁锈中含有 $\\mathrm{Fe}$ 单质, 单质 $\\mathrm{Fe}$ 与浓盐酸可反应生成 $\\mathrm{Fe}^{2+}$, 滴人 $\\mathrm{KMnO}_{4}$ 溶液, 紫色褪去, 不能说明铁锈 中一定含有二价铁, B 错误;\n\nC. $\\mathrm{K}_{2} \\mathrm{CrO}_{4}$ 中存在平衡 $2 \\mathrm{CrO}_{4}^{2-}$ (黄色) $+2 \\mathrm{H}^{+} \\rightleftharpoons \\mathrm{Cr}_{2} \\mathrm{O}_{7}^{2-}$ (橙红色) $+\\mathrm{H}_{2} \\mathrm{O}$, 缓慢滴加硫酸, $\\mathrm{H}^{+}$浓度增大, 平衡 正向移动，故溶液黄色变成橙红色, $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD. 乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气, 故不能说明乙醇中含有水, D 错误;\n\n答案选 C。\n",
            "model_answer": [
                "C"
            ],
            "model_output": "【解析】: \n选项A，醋酸铵（CH3COONH4）和碳酸氢钠（NaHCO3）都是弱酸强碱型的盐，它们在水中都会发生水解反应，生成相应的弱酸和强碱。由于弱酸的酸性较弱，所以水解后的溶液呈碱性。醋酸铵的水解反应生成醋酸和氨，碳酸氢钠的水解反应生成碳酸氢酸和氢氧根离子。由于碳酸氢酸的酸性比醋酸弱，所以碳酸氢钠的水解溶液的pH值比醋酸铵的水解溶液的pH值大，即Kh(CH3COO-)<Kh(HCO3-)，所以选项A的实验目的、实验及现象和结论都是正确的。\n\n选项B，铁锈主要是三价铁的氧化物，不含有二价铁。所以，铁锈在浓盐酸中溶解后，生成的是Fe3+离子，而不是Fe2+离子。KMnO4是一种强氧化剂，它可以将Fe2+氧化为Fe3+，但不能将Fe3+还原为Fe2+。所以，如果铁锈中含有二价铁，那么滴入KMnO4溶液后，紫色应该会褪去。但是，由于铁锈中不含有二价铁，所以滴入KMnO4溶液后，紫色不会褪去。因此，选项B的结论是错误的。\n\n选项C，CrO4^2-和Cr2O7^2-之间的转化是一个酸碱平衡反应。在酸性条件下，CrO4^2-会转化为Cr2O7^2-，而在碱性条件下，Cr2O7^2-会转化为CrO4^2-。所以，向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，可以使溶液的pH值降低，从而使CrO4^2-转化为Cr2O7^2-，溶液的颜色由黄色变为橙红色。因此，选项C的实验目的、实验及现象和结论都是正确的。\n\n选项D，乙醇是一种有机化合物，它不含有水分子。但是，乙醇可以和金属钠反应，生成乙醇酸钠和氢气。所以，向乙醇中加入一小粒金属钠，会产生无色气体，这是乙醇和金属钠反应的结果，而不是乙醇中含有水的证据。因此，选项D的结论是错误的。\n\n综上所述，选项A和C的实验目的、实验及现象和结论都是正确的。 <eoe>\n\n【答案】: A, C <eoa>"
        }
    ]
}